高考數(shù)學 （真題+模擬新題分類匯編） 解析幾何 文

解析幾何H1直線的傾斜角與斜率、直線的方程21．B12，H1[·新課標全國卷Ⅱ]已知函數(shù)f(x)＝x2e－x.(1)求f(x)的極小值和極大值；(2)當曲線y＝f(x)的切線l的斜率為負數(shù)時，求l在x軸上截距的取值范圍．21．解：(1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)．f′(x)＝－e－xx(x－2)．①當x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)時，f′(x)<0；當x∈(0，2)時，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)單調(diào)遞減，在(0，2)單調(diào)遞增．故當x＝0時，f(x)取得極小值，極小值為f(0)＝0；當x＝2時，f(x)取得極大值，極大值為f(2)＝4e－2.(2)設(shè)切點為(t，f(t))，則l的方程為y＝f′(t)(x－t)＋f(t)．所以l在x軸上的截距為m(t)＝t－eq\f(f（t）,f′（t）)＝t＋eq\f(t,t－2)＝t－2＋eq\f(2,t－2)＋3.由已知和①得t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)．令h(x)＝x＋eq\f(2,x)(x≠0)，則當x∈(0，＋∞)時，h(x)的取值范圍為[2eq\r(2)，＋∞)；當x∈(－∞，－2)時，h(x)的取值范圍是(－∞，－3)．所以當t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)時，m(t)的取值范圍是(－∞，0)∪[2eq\r(2)＋3，＋∞)．綜上，l在x軸上的截距的取值范圍是(－∞，0)∪[2eq\r(2)＋3，＋∞)．5．H1，H4[·天津卷]已知過點P(2，2)的直線與圓(x－1)2＋y2＝5相切，且與直線ax－y＋1＝0垂直，則a＝()A．－eq\f(1,2)B．1C．2D.eq\f(1,2)5．C[解析]設(shè)過點P(2，2)的圓的切線方程為y－2＝k(x－2)，由題意得eq\f(|k－2|,\r(1＋k2))＝eq\r(5)，解之得k＝－eq\f(1,2).又∵切線與直線ax－y＋1＝0垂直，∴a＝2.15．H1，C8，E8[·四川卷]在平面直角坐標系內(nèi)，到點A(1，2)，B(1，5)，C(3，6)，D(7，－1)的距離之和最小的點的坐標是________．15．(2，4)[解析]在以A，B，C，D為頂點構(gòu)成的四邊形中，由平面幾何知識：三角形兩邊之和大于第三邊，可知當動點落在四邊形兩條對角線AC，BD交點上時，到四個頂點的距離之和最小．AC所在直線方程為y＝2x，BD所在直線方程為y＝－x＋6，交點坐標為(2，4)，即為所求．H2兩直線的位置關(guān)系與點到直線的距離20．H2，H4[·新課標全國卷Ⅱ]在平面直角坐標系xOy中，已知圓P在x軸上截得線段長為2eq\r(2)，在y軸上截得線段長為2eq\r(3).(1)求圓心P的軌跡方程；(2)若P點到直線y＝x的距離為eq\f(\r(2),2)，求圓P的方程．20．解：(1)設(shè)P(x，y)，圓P的半徑為r.由題設(shè)y2＋2＝r2，x2＋3＝r2.從而y2＋2＝x2＋3.故P點的軌跡方程為y2－x2＝1.(2)設(shè)P(x0，y0)，由已知得eq\f(|x0－y0|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).又P點在雙曲線y2－x2＝1上，從而得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|x0－y0|＝1，,yeq\o\al(2,0)－xeq\o\al(2,0)＝1.))由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0－y0＝1，,yeq\o\al(2,0)－xeq\o\al(2,0)＝1))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝0，,y0＝－1.))此時，圓P的半徑r＝eq\r(3).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0－y0＝－1，,yeq\o\al(2,0)－xeq\o\al(2,0)＝1))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝0，,y0＝1，))此時，圓P的半徑r＝eq\r(3).故圓P的方程為x2＋(y－1)2＝3或x2＋(y＋1)2＝3.4．H2、H3和H4[·重慶卷]設(shè)P是圓(x－3)2＋(y＋1)2＝4上的動點，Q是直線x＝－3上的動點，則|PQ|的最小值為()A．6B．4C．3D．24．B[解析]|PQ|的最小值為圓心到直線距離減去半徑．因為圓的圓心為(3，－1)，半徑為2，所以|PQ|的最小值d＝3－(－3)－2＝4.H3圓的方程14．H3[·江西卷]若圓C經(jīng)過坐標原點和點(4，0)，且與直線y＝1相切，則圓C的方程是________．14．(x－2)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(3,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(25,4)[解析]r2＝4＋(r－1)2，得r＝eq\f(5,2)，圓心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(3,2))).故圓C的方程是(x－2)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(3,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(25,4).21．F2、F3、H3、H5和H8[·重慶卷]如圖1－5所示，橢圓的中心為原點O，長軸在x軸上，離心率e＝eq\f(\r(2),2)，過左焦點F1作x軸的垂線交橢圓于A，A′兩點，|AA′|＝4.(1)求該橢圓的標準方程；(2)取平行于y軸的直線與橢圓相交于不同的兩點P，P′，過P，P′作圓心為Q的圓，使橢圓上的其余點均在圓Q外．求△PP′Q的面積S的最大值，并寫出對應(yīng)的圓Q的標準方程．圖1－521．解：(1)由題意知點A(－c，2)在橢圓上，則eq\f(（－c）2,a2)＋eq\f(22,b2)＝1，從而e2＋eq\f(4,b2)＝1.由e＝eq\f(\r(2),2)得b2＝eq\f(4,1－e2)＝8，從而a2＝eq\f(b2,1－e2)＝16.故該橢圓的標準方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,8)＝1.(2)由橢圓的對稱性，可設(shè)Q(x0，0)，又設(shè)M(x，y)是橢圓上任意一點，則|QM|2＝(x－x0)2＋y2＝x2－2x0x＋xeq\o\al(2,0)＋8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x2,16)))＝eq\f(1,2)(x－2x0)2－xeq\o\al(2,0)＋8(x∈[－4，4])．設(shè)P(x1，y1)，由題意，P是橢圓上到Q的距離最小的點，因此，上式當x＝x1時取最小值，又因為x1∈(－4，4)，所以上式當x＝2x0時取最小值，所以x1＝2x0，且|QP|2＝8－xeq\o\al(2,0).由對稱性知P′(x1，－y1)，故|PP′|＝|2y1|，所以S＝eq\f(1,2)|2y1||x1－x0|＝eq\f(1,2)×2eq\r(8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(xeq\o\al(2,1),16))))|x0|＝eq\r(2)eq\r(（4－xeq\o\al(2,0)）xeq\o\al(2,0))＝eq\r(2)eq\r(－（xeq\o\al(2,0)－2）2＋4).當x0＝±eq\r(2)時，△PP′Q的面積S取到最大值2eq\r(2).此時對應(yīng)的圓Q的圓心坐標為Q(±eq\r(2)，0)，半徑|QP|＝eq\r(8－xeq\o\al(2,0))＝eq\r(6)，因此，這樣的圓有兩個，其標準方程分別為(x＋eq\r(2))2＋y2＝6，(x－eq\r(2))2＋y2＝6.4．H2、H3和H4[·重慶卷]設(shè)P是圓(x－3)2＋(y＋1)2＝4上的動點，Q是直線x＝－3上的動點，則|PQ|的最小值為()A．6B．4C．3D．24．B[解析]|PQ|的最小值為圓心到直線距離減去半徑．因為圓的圓心為(3，－1)，半徑為2，所以|PQ|的最小值d＝3－(－3)－2＝4.H4直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系6．H4[·安徽卷]直線x＋2y－5＋eq\r(5)＝0被圓x2＋y2－2x－4y＝0截得的弦長為()A．1B．2C．4D．4eq\r(6)6．C[解析]圓的標準方程是(x－1)2＋(y－2)2＝5，圓心(1，2)到直線x＋2y－5＋eq\r(5)＝0的距離d＝1，所以直線x＋2y－5＋eq\r(5)＝0被圓x2＋y2－2x－4y＝0所截得的弦長l＝2eq\r(r2－d2)＝4.7．H4[·廣東卷]垂直于直線y＝x＋1且與圓x2＋y2＝1相切于第Ⅰ象限的直線方程是()A．x＋y－eq\r(2)＝0B．x＋y＋1＝0C．x＋y－1＝0D．x＋y＋eq\r(2)＝07．A[解析]設(shè)直線方程為y＝－x＋m，且原點到此直線的距離是1，即1＝eq\f(m,\r(2))，解得m＝±eq\r(2).當m＝－eq\r(2)時，直線和圓切于第Ⅲ象限，故舍去，選A.14．H4[·湖北卷]已知圓O：x2＋y2＝5，直線l：xcosθ＋ysinθ＝1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜θ＜\f(π,2))).設(shè)圓O上到直線l的距離等于1的點的個數(shù)為k，則k＝________．14．4[解析]圓心到直線的距離d＝1，r＝eq\r(5)，r－d>d，所以圓O上共有4個點到直線的距離為1，k＝4.10．H4[·江西卷]如圖1－3所示，已知l1⊥l2，圓心在l1上、半徑為1m的圓O在t＝0時與l2相切于點A，圓O沿l1以1m/s的速度勻速向上移動，圓被直線l2所截上方圓弧長記為x，令y＝cosx，則y與時圖1－3圖1－410.B[解析]如圖，設(shè)∠MOA＝α，cosα＝1－t，cos2α＝2cos2α－1＝2t2－4t＋1，x＝2α·1＝2α，y＝cosx＝cos2α＝2t2－4t＋1，故選B.20．H2，H4[·新課標全國卷Ⅱ]在平面直角坐標系xOy中，已知圓P在x軸上截得線段長為2eq\r(2)，在y軸上截得線段長為2eq\r(3).(1)求圓心P的軌跡方程；(2)若P點到直線y＝x的距離為eq\f(\r(2),2)，求圓P的方程．20．解：(1)設(shè)P(x，y)，圓P的半徑為r.由題設(shè)y2＋2＝r2，x2＋3＝r2.從而y2＋2＝x2＋3.故P點的軌跡方程為y2－x2＝1.(2)設(shè)P(x0，y0)，由已知得eq\f(|x0－y0|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).又P點在雙曲線y2－x2＝1上，從而得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|x0－y0|＝1，,yeq\o\al(2,0)－xeq\o\al(2,0)＝1.))由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0－y0＝1，,yeq\o\al(2,0)－xeq\o\al(2,0)＝1))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝0，,y0＝－1.))此時，圓P的半徑r＝eq\r(3).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0－y0＝－1，,yeq\o\al(2,0)－xeq\o\al(2,0)＝1))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝0，,y0＝1，))此時，圓P的半徑r＝eq\r(3).故圓P的方程為x2＋(y－1)2＝3或x2＋(y＋1)2＝3.13．H4[·山東卷]過點(3，1)作圓(x－2)2＋(y－2)2＝4的弦，其中最短弦的長為________．13．2eq\r(2)[解析]設(shè)弦與圓的交點為A、B，最短弦長以(3，1)為中點，由垂徑定理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|AB|,2)))eq\s\up12(2)＋(3－2)2＋(2－1)2＝4，解之得|AB|＝2eq\r(2).8．H4[·陜西卷]已知點M(a，b)在圓O：x2＋y2＝1外，則直線ax＋by＝1與圓O的位置關(guān)系是()A．相切B．相交C．相離D．不確定8．B[解析]由題意點M(a，b)在圓x2＋y2＝1外，則滿足a2＋b2>1，圓心到直線的距離d＝eq\f(1,\r(a2＋b2))<1，故直線ax＋by＝1與圓O相交．5．H1，H4[·天津卷]已知過點P(2，2)的直線與圓(x－1)2＋y2＝5相切，且與直線ax－y＋1＝0垂直，則a＝()A．－eq\f(1,2)B．1C．2D.eq\f(1,2)5．C[解析]設(shè)過點P(2，2)的圓的切線方程為y－2＝k(x－2)，由題意得eq\f(|k－2|,\r(1＋k2))＝eq\r(5)，解之得k＝－eq\f(1,2).又∵切線與直線ax－y＋1＝0垂直，∴a＝2.20．H4，E8，B1[·四川卷]已知圓C的方程為x2＋(y－4)2＝4，點O是坐標原點．直線l：y＝kx與圓C交于M，N兩點．(1)求k的取值范圍；(2)設(shè)Q(m，n)是線段MN上的點，且eq\f(2,|OQ|2)＝eq\f(1,|OM|2)＋eq\f(1,|ON|2).請將n表示為m的函數(shù)．20．解：(1)將y＝kx代入x2＋(y－4)2＝4，得(1＋k2)x2－8kx＋12＝0.(*)由Δ＝(－8k)2－4(1＋k2)×12>0，得k2>3.所以，k的取值范圍是(－∞，－eq\r(3))∪(eq\r(3)＋∞)．(2)因為M，N在直線l上，可設(shè)點M，N的坐標分別為(x1，kx1)，(x2，kx2)，則|OM|2＝(1＋k2)xeq\o\al(2,1)，|ON|2＝(1＋k2)xeq\o\al(2,2).又|OQ|2＝m2＋n2＝(1＋k2)m2，由eq\f(2,|OQ|2)＝eq\f(1,|OM|2)＋eq\f(1,|ON|2)，得eq\f(2,（1＋k2）m2)＝eq\f(1,（1＋k2）xeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,（1＋k2）xeq\o\al(2,2))，即eq\f(2,m2)＝eq\f(1,xeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,xeq\o\al(2,2))＝eq\f(（x1＋x2）2－2x1x2,xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)).由(*)式可知，x1＋x2＝eq\f(8k,1＋k2)，x1x2＝eq\f(12,1＋k2)，所以m2＝eq\f(36,5k2－3).因為點Q在直線y＝kx上，所以k＝eq\f(n,m)，代入m2＝eq\f(36,5k2－3)中并化簡，得5n2－3m2＝36.由m2＝eq\f(36,5k2－3)及k2>3，可知0<m2<3，即m∈(－eq\r(3)，0)∪(0，eq\r(3))．根據(jù)題意，點Q在圓C內(nèi)，則n>0，所以n＝eq\r(\f(36＋3m2,5))＝eq\f(\r(15m2＋180),5).于是，n與m的函數(shù)關(guān)系為n＝eq\f(\r(15m2＋180),5)(m∈(－eq\r(3)，0)∪(0，eq\r(3)))．13．H4[·浙江卷]直線y＝2x＋3被圓x2＋y2－6x－8y＝0所截得的弦長等于________．13．4eq\r(5)[解析]圓的標準方程為(x－3)2＋(y－4)2＝25，圓心到直線的距離為d＝eq\f(|2×3－4＋3|,\r(5))＝eq\r(5)，所以弦長為2eq\r(52－（\r(5)）2)＝2eq\r(20)＝4eq\r(5).4．H2、H3和H4[·重慶卷]設(shè)P是圓(x－3)2＋(y＋1)2＝4上的動點，Q是直線x＝－3上的動點，則|PQ|的最小值為()A．6B．4C．3D．24．B[解析]|PQ|的最小值為圓心到直線距離減去半徑．因為圓的圓心為(3，－1)，半徑為2，所以|PQ|的最小值d＝3－(－3)－2＝4.H5橢圓及其幾何性質(zhì)21．H5，H10[·安徽卷]已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距為4，且過點P(eq\r(2)，eq\r(3))．(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)Q(x0，y0)(x0y0≠0)為橢圓C上一點，過點Q作x軸的垂線，垂足為E，取點A(0，2eq\r(2))，聯(lián)結(jié)AE，過點A作AE的垂線交x軸于點D，點G是點D關(guān)于y軸的對稱點，作直線QG，問這樣作出的直線QG是否與橢圓C一定有唯一的公共點？并說明理由．21．解：(1)因為焦距為4，所以a2－b2＝4.又因為橢圓C過點P(eq\r(2)，eq\r(3))，所以eq\f(2,a2)＋eq\f(3,b2)＝1，故a2＝8，b2＝4，從而橢圓C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)由題意，E點坐標為(x0，0)，設(shè)D(xD，0)，則eq\o(AE,\s\up6(→))＝(x0，－2eq\r(2))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(xD，－2eq\r(2))．再由AD⊥AE知，eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，即x0xD＋8＝0.由于x0y0≠0，故xD＝－eq\f(8,x0).因為點G是點D關(guān)于y軸的對稱點，所以Geq\f(8,x0)，0，故直線QG的斜率kQG＝eq\f(y0,x0－\f(8,x0))＝eq\f(x0y0,xeq\o\al(2,0)－8).又因Q(x0，y0)在橢圓C上，所以xeq\o\al(2,0)＋2yeq\o\al(2,0)＝8.①從而kQG＝－eq\f(x0,2y0).故直線QG的方程為y＝－eq\f(x0,2y0)x－eq\f(8,x0).②將②代入橢圓C方程，得(xeq\o\al(2,0)＋2yeq\o\al(2,0))x2－16x0x＋64－16yeq\o\al(2,0)＝0.③再將①代入③，化簡得x2－2x0x＋xeq\o\al(2,0)＝0，解得x＝x0，y＝y(tǒng)0，即直線QG與橢圓C一定有唯一的公共點．19．M2，H5，H10[·北京卷]直線y＝kx＋m(m≠0)與橢圓W：eq\f(x2,4)＋y2＝1相交于A，C兩點，O是坐標原點．(1)當點B的坐標為(0，1)，且四邊形OABC為菱形時，求AC的長；(2)當點B在W上且不是W的頂點時，證明：四邊形OABC不可能為菱形．19．解：(1)因為四邊形OABC為菱形，所以AC與OB相互垂直平分．所以可設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1,2)))，代入橢圓方程得eq\f(t2,4)＋eq\f(1,4)＝1，即t＝±eq\r(3).所以|AC|＝2eq\r(3).(2)證明：假設(shè)四邊形OABC為菱形．因為點B不是W的頂點，且AC⊥OB，所以k≠0.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4y2＝4，,y＝kx＋m))消y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2設(shè)A(x1，y1)，C(x2，y2)，則eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(4km,1＋4k2)，eq\f(y1＋y2,2)＝k·eq\f(x1＋x2,2)＋m＝eq\f(m,1＋4k2).所以AC的中點為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4km,1＋4k2)，\f(m,1＋4k2))).因為M為AC和OB的交點，且m≠0，k≠0，所以直線OB的斜率為－eq\f(1,4k).因為k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4k)))≠－1，所以AC與OB不垂直．所以O(shè)ABC不是菱形，與假設(shè)矛盾．所以當點B不是W的頂點時，四邊形OABC不可能是菱形．15．H5[·全國卷]若x，y滿足約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥0，,x＋3y≥4，,3x＋y≤4，))則z＝－x＋y的最小值為________．15．0[解析]已知不等式組表示區(qū)域如圖中的三角形ABC及其內(nèi)部，目標函數(shù)的幾何意義是直線y＝x＋z在y軸上的截距，顯然在點A取得最小值，點A(1，1)，故zmin＝－1＋1＝0.8．H5[·全國卷]已知F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)是橢圓C的兩個焦點，過F2且垂直于x軸的直線交C于A，B兩點，且|AB|＝3，則C的方程為()A.eq\f(x2,2)＋y2＝1B.eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1C.eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1D.eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝18．C[解析]設(shè)橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，與直線x＝1聯(lián)立得y＝±eq\f(b2,a)(c＝1)，所以2b2＝3a，即2(a2－1)＝3a，2a2－3a－2＝0，a>0，解得a＝2(負值舍去)，所以b2＝3，故所求橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.15．H5，H8[·福建卷]橢圓Γ：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，焦距為2c.若直線y＝eq\r(3)(x＋c)與橢圓Γ的一個交點M滿足∠MF1F2＝2∠MF2F1，則該橢圓的離心率等于________．15.eq\r(3)－1[解析]如圖，△MF1F2中，∠MF1F2＝60°，所以∠MF2F1＝30°，∠F1MF2＝90°.又|F1F2|＝2c，所以|MF1|＝c，|MF2|＝eq\r(3)c.根據(jù)橢圓定義得2a＝|MF1|＋|MF2|＝c＋eq\r(3)c，得e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\r(3)＋1)＝eq\r(3)－1.9．H5[·廣東卷]已知中心在原點的橢圓C的右焦點為F(1，0)，離心率等于eq\f(1,2)，則C的方程是()A.eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,4)＝1B.eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,\r(3))＝1C.eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1D.eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝19．D[解析]設(shè)橢圓C的標準方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由題知c＝1，eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，解得a＝2，b2＝a2－c2＝4－1＝3，選D.12．H5[·江蘇卷]在平面直角坐標系xOy中，橢圓C的標準方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，右焦點為F，右準線為l，短軸的一個端點為B.設(shè)原點到直線BF的距離為d1，F(xiàn)到l的距離為d2.若d2＝eq\r(6)d1，則橢圓C的離心率為________．12.eq\f(\r(3),3)[解析]由題意知F(c，0)，l：x＝eq\f(a2,c)，不妨設(shè)B(0，b)，則直線BF：eq\f(x,c)＋eq\f(y,b)＝1，即bx＋cy－bc＝0.于是d1＝eq\f(|－bc|,\r(b2＋c2))＝eq\f(bc,a)，d2＝eq\f(a2,c)－c＝eq\f(a2－c2,c)＝eq\f(b2,c).由d2＝eq\r(6)d1，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,c)))eq\s\up12(2)＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bc,a)))eq\s\up12(2)，化簡得6c4＋a2c2－a4即6e4＋e2－1＝0，解得e2＝eq\f(1,3)或e2＝－eq\f(1,2)(舍去)，故e＝eq\f(\r(3),3)，故橢圓C的離心率為eq\f(\r(3),3).20．H5，H8[·江西卷]橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率e＝eq\f(\r(3),2)，a＋b＝3.(1)求橢圓C的方程；(2)如圖1－8所示，A，B，D是橢圓C的頂點，P是橢圓C上除頂點外的任意一點，直線DP交x軸于點N，直線AD交BP于點M，設(shè)BP的斜率為k，MN的斜率為m.證明：2m－k為定值．圖1－820．解：(1)因為e＝eq\f(\r(3),2)＝eq\f(c,a)，所以a＝eq\f(2,\r(3))c，b＝eq\f(1,\r(3))c，代入a＋b＝3得，c＝eq\r(3)，a＝2，b＝1，故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)方法一：因為B(2，0)，P不為橢圓頂點，則直線BP的方程為y＝k(x－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k≠0，k≠±\f(1,2)))，①①代入eq\f(x2,4)＋y2＝1，解得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2－2,4k2＋1)，－\f(4k,4k2＋1))).直線AD的方程為y＝eq\f(1,2)x＋1.②①與②聯(lián)立解得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k＋2,2k－1)，\f(4k,2k－1))).由D(0，1)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2－2,4k2＋1)，－\f(4k,4k2＋1)))，N(x，0)三點共線知eq\f(－\f(4k,4k2＋1)－1,\f(8k2－2,4k2＋1)－0)＝eq\f(0－1,x－0)，解得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k－2,2k＋1)，0)).所以MN的斜率為m＝eq\f(\f(4k,2k－1)－0,\f(4k＋2,2k－1)－\f(4k－2,2k＋1))＝eq\f(4k（2k＋1）,2（2k＋1）2－2（2k－1）2)＝eq\f(2k＋1,4)，則2m－k＝eq\f(2k＋1,2)－k＝eq\f(1,2)(定值)．方法二：設(shè)P(x0，y0)(x0≠0，±2)，則k＝eq\f(y0,x0－2).直線AD的方程為：y＝eq\f(1,2)(x＋2)，直線BP的方程為：y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)，直線DP的方程為：y－1＝eq\f(y0－1,x0)x，令y＝0，由于y0≠1可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－x0,y0－1)，0))，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)（x＋2），,y＝\f(y0,x0－2)（x－2），))解得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4y0＋2x0－4,2y0－x0＋2)，\f(4y0,2y0－x0＋2)))，因此MN的斜率為m＝eq\f(\f(4y0,2y0－x0＋2),\f(4y0＋2x0－4,2y0－x0＋2)＋\f(x0,y0－1))＝eq\f(4y0（y0－1）,4yeq\o\al(2,0)－8y0＋4x0y0－xeq\o\al(2,0)＋4)＝eq\f(4y0（y0－1）,4yeq\o\al(2,0)－8y0＋4x0y0－（4－4yeq\o\al(2,0)）＋4)＝eq\f(y0－1,2y0＋x0－2).所以2m－k＝eq\f(2（y0－1）,2y0＋x0－2)－eq\f(y0,x0－2)＝eq\f(2（y0－1）（x0－2）－y0（2y0＋x0－2）,（2y0＋x0－2）（x0－2）)＝eq\f(2（y0－1）（x0－2）－2yeq\o\al(2,0)－y0（x0－2）,（2y0＋x0－2）（x0－2）)＝eq\f(2（y0－1）（x0－2）－\f(1,2)（4－xeq\o\al(2,0)）－y0（x0－2）,（2y0＋x0－2）（x0－2）)＝eq\f(1,2)(定值)．11．H5[·遼寧卷]已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點為F，C與過原點的直線相交于A，B兩點，聯(lián)結(jié)AF，BF.若|AB|＝10，|BF|＝8，cos∠ABF＝eq\f(4,5)，則C的離心率為()A.eq\f(3,5)B.eq\f(5,7)C.eq\f(4,5)D.eq\f(6,7)11．B[解析]設(shè)橢圓的右焦點為Q，由已知|BF|＝8，利用橢圓的對稱性可以得到|AQ|＝8，△FAQ為直角三角形，然后利用橢圓的定義可以得到2a＝14，2c＝10，所以e＝eq\f(5,7).5．H5[·新課標全國卷Ⅱ]設(shè)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P是C上的點，PF2⊥F1F2，∠PF1F2＝30°，則C的離心率為()A.eq\f(\r(3),6)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(3),3)5．D[解析]設(shè)PF2＝x,則PF1＝2x，由橢圓定義得3x＝2a，結(jié)合圖形知，eq\f(\f(2a,3),2c)＝eq\f(\r(3),3)eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),3)，故選D.22．H5，H8[·山東卷]在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C的中心在原點O，焦點在x軸上，短軸長為2，離心率為eq\f(\r(2),2).(1)求橢圓C的方程；(2)A，B為橢圓C上滿足△AOB的面積為eq\f(\r(6),4)的任意兩點，E為線段AB的中點，射線OE交橢圓C于點P.設(shè)eq\o(OP,\s\up6(→))＝teq\o(OE,\s\up6(→))，求實數(shù)t的值．22．解：(1)設(shè)橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，故題意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝b2＋c2，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,2b＝2，))解得a＝eq\r(2)，b＝1，因此橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)(i)當A，B兩點關(guān)于x軸對稱時，設(shè)直線AB的方程為x＝m，由題意－eq\r(2)＜m＜0或0＜m＜eq\r(2).將x＝m代入橢圓方程eq\f(x2,2)＋y2＝1，得|y|＝eq\r(\f(2－m2,2)).所以S△AOB＝|m|eq\r(\f(2－m2,2))＝eq\f(\r(6),4).解得m2＝eq\f(3,2)或m2＝eq\f(1,2).①又eq\o(OP,\s\up6(→))＝teq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)t(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)t(2m，0)＝(mt，0)，因為P為橢圓C上一點，所以eq\f(（mt）2,2)＝1.②由①②得t2＝4或t2＝eq\f(4,3)，又因為t>0，所以t＝2或t＝eq\f(2\r(3),3).(ii)當A，B兩點關(guān)于x軸不對稱時，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋h.將其代入橢圓的方程eq\f(x2,2)＋y2＝1，得(1＋2k2)x2＋4khx＋2h2－2＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．由判別式Δ>0可得1＋2k2>h2，此時x1＋x2＝－eq\f(4kh,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2h2－2,1＋2k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2h＝eq\f(2h,1＋2k2)，所以|AB|＝eq\r(1＋k2)eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝2eq\r(2)eq\r(1＋k2)eq\f(\r(1＋2k2－h(huán)2),1＋2k2).因為點O到直線AB的距離d＝eq\f(|h|,\r(1＋k2))，所以S△AOB＝eq\f(1,2)|AB|d＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)eq\r(1＋k2)eq\f(\r(1＋2k2－h(huán)2),1＋2k2)eq\f(|h|,\r(1＋k2))＝eq\r(2)eq\f(\r(1＋2k2－h(huán)2),1＋2k2)|h|.又S△AOB＝eq\f(\r(6),4)，所以eq\r(2)eq\f(\r(1＋2k2－h(huán)2),1＋2k2)|h|＝eq\f(\r(6),4).③令n＝1＋2k2，代入③整理得3n2－16h2n＋16h4＝0，解得n＝4h2或n＝eq\f(4,3)h2，即1＋2k2＝4h2或1＋2k2＝eq\f(4,3)h2.④又eq\o(OP,\s\up6(→))＝teq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)t(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)t(x1＋x2，y1＋y2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2kht,1＋2k2)，\f(ht,1＋2k2)))，因為P為橢圓C上一點，所以t2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2kh,1＋2k2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,1＋2k2)))\s\up12(2)))＝1，即eq\f(h2,1＋2k2)t2＝1.⑤將④代入⑤得t2＝4或t2＝eq\f(4,3)，又知t>0，故t＝2或t＝eq\f(2\r(3),3)，經(jīng)檢驗，適合題意．綜合(i)(ii)得t＝2或t＝eq\f(2\r(3),3).20．H5，H8[·陜西卷]已知動點M(x，y)到直線l：x＝4的距離是它到點N(1，0)的距離的2倍．(1)求動點M的軌跡C的方程；(2)過點P(0，3)的直線m與軌跡C交于A，B兩點．若A是PB的中點，求直線m的斜率．20．解：(1)設(shè)M到直線l的距離為d，根據(jù)題意，d＝2|MN|.由此得|4－x|＝2eq\r(（x－1）2＋y2).化簡得eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，所以，動點M的軌跡方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)方法一：由題意，設(shè)直線m的方程為y＝kx＋3，A(x1，y1)，B(x2，y2)．將y＝kx＋3代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1中，有(3＋4k2)x2＋24kx＋24＝0，其中，Δ＝(24k)2－4×24(3＋4k2)＝96(2k2－3)>0.由求根公式得，x1＋x2＝－eq\f(24k,3＋4k2)，①x1x2＝eq\f(24,3＋4k2).②又因A是PB的中點，故x2＝2x1.③將③代入①，②，得x1＝－eq\f(8k,3＋4k2)，xeq\o\al(2,1)＝eq\f(12,3＋4k2)，可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8k,3＋4k2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(12,3＋4k2)，且k2>eq\f(3,2)，解得k＝－eq\f(3,2)或k＝eq\f(3,2)，所以，直線m的斜率為－eq\f(3,2)或eq\f(3,2).方法二：由題意，設(shè)直線m的方程為y＝kx＋3，A(x1，y1)，B(x2，y2)．∵A是PB的中點，∴x1＝eq\f(x2,2)，①y1＝eq\f(3＋y2,2).②又eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1，③eq\f(xeq\o\al(2,2),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),3)＝1，④聯(lián)立①，②，③，④解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝2，,y2＝0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝－2，,y2＝0，))即點B的坐標為(2，0)或(－2，0)，所以，直線m的斜率為－eq\f(3,2)或eq\f(3,2).9．H5[·四川卷]從橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一點P向x軸作垂線，垂足恰為左焦點F1，A是橢圓與x軸正半軸的交點，B是橢圓與y軸正半軸的交點，且AB∥OP(O是坐標原點)，則該橢圓的離心率是()A.eq\f(\r(2),4)B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(2),2)D.eq\f(\r(3),2)9．C[解析]由已知，P點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c，\f(b2,a)))，A(a，0)，B(0，b)，于是由kAB＝kOP得－eq\f(b,a)＝eq\f(\f(b2,a),－c)，整理得b＝c，從而a＝eq\r(b2＋c2)＝eq\r(2)c.于是，離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).18．H5，H8[·天津卷]設(shè)橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點為F，離心率為eq\f(\r(3),3)，過點F且與x軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為eq\f(4\r(3),3).(1)求橢圓的方程；(2)設(shè)A，B分別為橢圓的左、右頂點，過點F且斜率為k的直線與橢圓交于C，D兩點．若eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝8，求k的值．18．解：(1)設(shè)F(－c，0)，由eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),3)，知a＝eq\r(3)c.過點F且與x軸垂直的直線為x＝－c，代入橢圓方程有eq\f(（－c）2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，解得y＝±eq\f(\r(6)b,3).于是eq\f(2\r(6)b,3)＝eq\f(4\r(3),3)，解得b＝eq\r(2).又a2－c2＝b2，從而a＝eq\r(3)，c＝1，所以橢圓的方程為eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)設(shè)點C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(－1，0)得直線CD的方程為y＝k(x＋1)．由方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋1），,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1))消去y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝－eq\f(6k2,2＋3k2)，x1x2＝eq\f(3k2－6,2＋3k2).因為A(－eq\r(3)，0)，B(eq\r(3)，0)，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝(x1＋eq\r(3)，y1)·(eq\r(3)－x2，－y2)＋(x2＋eq\r(3)，y2)·(eq\r(3)－x1，－y1)＝6－2x1x2－2y1y2＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1)＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2＝6＋eq\f(2k2＋12,2＋3k2).由已知得6＋eq\f(2k2＋12,2＋3k2)＝8，解得k＝±eq\r(2).21．H5、H9、H10[·新課標全國卷Ⅰ]已知圓M：(x＋1)2＋y2＝1，圓N：(x－1)2＋y2＝9，動圓P與圓M外切并且與圓N內(nèi)切，圓心P的軌跡為曲線C.(1)求C的方程；(2)l是與圓P，圓M都相切的一條直線，l與曲線C交于A，B兩點，當圓P的半徑最長時，求|AB|.21．解：由已知得圓M的圓心為M(－1，0)，半徑r1＝1；圓N的圓心為N(1，0)，半徑r2＝3.設(shè)圓P的圓心為P(x，y)，半徑為R.(1)因為圓P與圓M外切并且與圓N內(nèi)切，所以|PM|＋|PN|＝(R＋r1)＋(r2－R)＝r1＋r2＝4.由橢圓的定義可知，曲線C是以M，N為左、右焦點，長半軸長為2，短半軸長為eq\r(3)的橢圓(左頂點除外)，其方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(x≠－2)．(2)對于曲線C上任意一點P(x，y)，由于|PM|－|PN|＝2R－2≤2，所以R≤2，當且僅當圓P的圓心為(2，0)時，R＝2.所以當圓P的半徑最長時，其方程為(x－2)2＋y2＝4.若l的傾斜角為90°，則l與y軸重合，可得|AB|＝2eq\r(3).若l的傾斜角不為90°，由r1≠R知l不平行于x軸，設(shè)l與x軸的交點為Q，則eq\f(|QP|,|QM|)＝eq\f(R,r1)，可求得Q(－4，0)，所以可設(shè)l：y＝k(x＋4)．由l與圓M相切得eq\f(|3k|,\r(1＋k2))＝1，解得k＝±eq\f(\r(2),4).當k＝eq\f(\r(2),4)時，將y＝eq\f(\r(2),4)x＋eq\r(2)代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，并整理得7x2＋8x－8＝0，解得x1，2＝eq\f(－4±6\r(2),7)，所以|AB|＝eq\r(1＋k2)|x2－x1|＝eq\f(18,7).當k＝－eq\f(\r(2),4)時，由圖形的對稱性得|AB|＝eq\f(18,7).綜上，|AB|＝2eq\r(3)或|AB|＝eq\f(18,7).9．H5，H6[·浙江卷]如圖1－4所示，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓C1：eq\f(x2,4)＋y2＝1與雙曲線C2的公共焦點，A，B分別是C1，C2在第二、四象限的公共點．若四邊形AF1BF2為矩形，則C2的離心率是()圖1－4A.eq\r(2)B.eq\r(3)C.eq\f(3,2)D.eq\f(\r(6),2)9．D[解析]設(shè)雙曲線實半軸長為a，焦半距為c，|AF1|＝m，|AF2|＝n，由題意知c＝eq\r(3)，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4，,m2＋n2＝（2c）2＝12，))2mn＝(m＋n)2－(m2＋n2)＝4，(m－n)2＝m2＋n2－2mn＝8，2a＝m－n＝2eq\r(2)，a＝eq\r(2)，則雙曲線的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),\r(2))＝eq\f(\r(6),2)，選擇D.21．F2、F3、H3、H5和H8[·重慶卷]如圖1－5所示，橢圓的中心為原點O，長軸在x軸上，離心率e＝eq\f(\r(2),2)，過左焦點F1作x軸的垂線交橢圓于A，A′兩點，|AA′|＝4.(1)求該橢圓的標準方程；(2)取平行于y軸的直線與橢圓相交于不同的兩點P，P′，過P，P′作圓心為Q的圓，使橢圓上的其余點均在圓Q外．求△PP′Q的面積S的最大值，并寫出對應(yīng)的圓Q的標準方程．圖1－521．解：(1)由題意知點A(－c，2)在橢圓上，則eq\f(（－c）2,a2)＋eq\f(22,b2)＝1，從而e2＋eq\f(4,b2)＝1.由e＝eq\f(\r(2),2)得b2＝eq\f(4,1－e2)＝8，從而a2＝eq\f(b2,1－e2)＝16.故該橢圓的標準方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,8)＝1.(2)由橢圓的對稱性，可設(shè)Q(x0，0)，又設(shè)M(x，y)是橢圓上任意一點，則|QM|2＝(x－x0)2＋y2＝x2－2x0x＋xeq\o\al(2,0)＋8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x2,16)))＝eq\f(1,2)(x－2x0)2－xeq\o\al(2,0)＋8(x∈[－4，4])．設(shè)P(x1，y1)，由題意，P是橢圓上到Q的距離最小的點，因此，上式當x＝x1時取最小值，又因為x1∈(－4，4)，所以上式當x＝2x0時取最小值，所以x1＝2x0，且|QP|2＝8－xeq\o\al(2,0).由對稱性知P′(x1，－y1)，故|PP′|＝|2y1|，所以S＝eq\f(1,2)|2y1||x1－x0|＝eq\f(1,2)×2eq\r(8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(xeq\o\al(2,1),16))))|x0|＝eq\r(2)eq\r(（4－xeq\o\al(2,0)）xeq\o\al(2,0))＝eq\r(2)eq\r(－（xeq\o\al(2,0)－2）2＋4).當x0＝±eq\r(2)時，△PP′Q的面積S取到最大值2eq\r(2).此時對應(yīng)的圓Q的圓心坐標為Q(±eq\r(2)，0)，半徑|QP|＝eq\r(8－xeq\o\al(2,0))＝eq\r(6)，因此，這樣的圓有兩個，其標準方程分別為(x＋eq\r(2))2＋y2＝6，(x－eq\r(2))2＋y2＝6.H6雙曲線及其幾何性質(zhì)22．H6、H8、D3[·全國卷]已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率為3，直線y＝2與C的兩個交點間的距離為eq\r(6).(1)求a，b；(2)設(shè)過F2的直線l與C的左、右兩支分別交于A，B兩點，且|AF1|＝|BF1|，證明：|AF2|，|AB|，|BF2|成等比數(shù)列．22．解：(1)由題設(shè)知eq\f(c,a)＝3，即eq\f(a2＋b2,a2)＝9，故b2＝8a2.所以C的方程為8x2－y2＝8a2.將y＝2代入上式，并求得x＝±eq\r(a2＋\f(1,2)).由題設(shè)知，2eq\r(a2＋\f(1,2))＝eq\r(6)，解得a2＝1.所以a＝1，b＝2eq\r(2).(2)證明：由(1)知，F(xiàn)1(－3，0)，F(xiàn)2(3，0)，C的方程為8x2－y2＝8.①由題意可設(shè)l的方程為y＝k(x－3)，|k|<2eq\r(2)，代入①并化簡得(k2－8)x2－6k2x＋9k2＋8＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1≤－1，x2≥1，x1＋x2＝eq\f(6k2,k2－8)，x1x2＝eq\f(9k2＋8,k2－8).于是|AF1|＝eq\r(（x1＋3）2＋yeq\o\al(2,1))＝eq\r(（x1＋3）2＋8xeq\o\al(2,1)－8)＝－(3x1＋1)，|BF1|＝eq\r(（x2＋3）2＋yeq\o\al(2,2))＝eq\r(（x2＋3）2＋8xeq\o\al(2,2)－8)＝3x2＋1.由|AF1|＝|BF1|得－(3x1＋1)＝3x2＋1，即x1＋x2＝－eq\f(2,3).故eq\f(6k2,k2－8)＝－eq\f(2,3)，解得k2＝eq\f(4,5)，從而x1x2＝－eq\f(19,9).由于|AF2|＝eq\r(（x1－3）2＋yeq\o\al(2,1))＝eq\r(（x1－3）2＋8xeq\o\al(2,1)－8)＝1－3x1，|BF2|＝eq\r(（x2－3）2＋yeq\o\al(2,2))＝eq\r(（x2－3）2＋8xeq\o\al(2,2)－8)＝3x2－1，故|AB|＝|AF2|－|BF2|＝2－3(x1＋x2)＝4，|AF2|·|BF2|＝3(x1＋x2)－9x1x2－1＝16.因而|AF2|·|BF2|＝|AB|2，所以|AF2|，|AB|，|BF2|成等比數(shù)列．4．H6[·福建卷]雙曲線x2－y2＝1的頂點到其漸近線的距離等于()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C．1D.eq\r(2)4．B[解析]取一頂點(1，0)，一條漸近線x－y＝0，d＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，故選B.2．H6[·湖北卷]已知0＜θ＜eq\f(π,4)，則雙曲線C1：eq\f(x2,sin2θ)－eq\f(y2,cos2θ)＝1與C2：eq\f(y2,cos2θ)－eq\f(x2,sin2θ)＝1的()A．實軸長相等B．虛軸長相等C．離心率相等D．焦距相等2．D[解析]c1＝c2＝eq\r(sin2θ＋cos2θ)＝1，故焦距相等．14．H6[·湖南卷]設(shè)F1，F(xiàn)2是雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的兩個焦點．若在C上存在一點P，使PF1⊥PF2，且∠PF1F2＝30°，則C的離心率為________．14.eq\r(3)＋1[解析]如圖，因PF1⊥PF2，且∠PF1F2＝30°，故|PF2|＝eq\f(1,2)|F1F2|＝c，則|PF1|＝eq\r(3)c，又由雙曲線定義可得|PF1|－|PF2|＝2a，即eq\r(3)c－c＝2a，故eq\f(c,a)＝eq\f(2,\r(3)－1)＝eq\r(3)＋1.3．H6[·江蘇卷]雙曲線eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1的兩條漸近線的方程為________．3．y＝±eq\f(3,4)x[解析]令eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝0，得漸近線方程為y＝±eq\f(3,4)x.11．H6，H7[·山東卷]拋物線C1：y＝eq\f(1,2p)x2(p>0)的焦點與雙曲線C2：eq\f(x2,3)－y2＝1的右焦點的連線交C1于第一象限的點M.若C1在點M處的切線平行于C2的一條漸近線，則p＝()A.eq\f(\r(3),16)B.eq\f(\r(3),8)C.eq\f(2\r(3),3)D.eq\f(4\r(3),3)11．D[解析]拋物線C1：y＝eq\f(1,2p)x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p>0))的焦點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，雙曲線eq\f(x2,3)－y2＝1的右焦點坐標為(2，0)，連線的方程為y＝－eq\f(p,4)(x－2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(p,4)（x－2），,y＝\f(1,2p)x2))得2x2＋p2x－2p2＝0.設(shè)點M的橫坐標為a，則在點M處切線的斜率為y′|x＝a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2p)x2))′eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(,)))eq\s\do7(x＝a)＝eq\f(a,p).又∵雙曲線eq\f(x2,3)－y2＝1的漸近線方程為eq\f(x,\r(3))±y＝0，其與切線平行，∴eq\f(a,p)＝eq\f(\r(3),3)，即a＝eq\f(\r(3),3)p，代入2x2＋p2x－2p2＝0得，p＝eq\f(4\r(3),3)或p＝0(舍去)．11．H6[·陜西卷]雙曲線eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1的離心率為________．11.eq\f(5,4)[解析]由雙曲線方程中a2＝16,b2＝9，則c2＝a2＋b2＝25，則e＝eq\f(c,a)＝eq\f(5,4).11．H6，H7[·天津卷]已知拋物線y2＝8x的準線過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一個焦點，且雙曲線的離心率為2，則該雙曲線的方程為________．11．x2－eq\f(y2,3)＝1[解析]由拋物線的準線方程為x＝－2，得a2＋b2＝4，又∵雙曲線的離心率為2，得eq\f(c,a)＝2，得a＝1，b2＝3，∴雙曲線的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.7．A2，H6[·北京卷]雙曲線x2－eq\f(y2,m)＝1的離心率大于eq\r(2)的充分必要條件是()A．m>eq\f(1,2)B．m≥1C．m>1D．m>27．C[解析]雙曲線的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋m)>eq\r(2)，解得m>1.故選C.4．H6[·新課標全國卷Ⅰ]已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的離心率為eq\f(\r(5),2)，則C的漸近線方程為()A．y＝±eq\f(1,4)xB．y＝±eq\f(1,3)xC．y＝±eq\f(1,2)xD．y＝±x4．C[解析]eq\f(\r(5),2)＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up12(2))，所以eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，故所求的雙曲線漸近線方程是y＝±eq\f(1,2)x.9．H5，H6[·浙江卷]如圖1－4所示，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓C1：eq\f(x2,4)＋y2＝1與雙曲線C2的公共焦點，A，B分別是C1，C2在第二、四象限的公共點．若四邊形AF1BF2為矩形，則C2的離心率是()圖1－4A.eq\r(2)B.eq\r(3)C.eq\f(3,2)D.eq\f(\r(6),2)9．D[解析]設(shè)雙曲線實半軸長為a，焦半距為c，|AF1|＝m，|AF2|＝n，由題意知c＝eq\r(3)，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4，,m2＋n2＝（2c）2＝12，))2mn＝(m＋n)2－(m2＋n2)＝4，(m－n)2＝m2＋n2－2mn＝8，2a＝m－n＝2eq\r(2)，a＝eq\r(2)，則雙曲線的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),\r(2))＝eq\f(\r(6),2)，選擇D.10．E1、H6和H8[·重慶卷]設(shè)雙曲線C的中心為點O，若有且只有一對相交于點O，所成的角為60°的直線A1B1和A2B2，使|A1B1|＝|A2B2|，其中A1，B1和A2，B2分別是這對直線與雙曲線C的交點，則該雙曲線的離心率的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，2))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，2))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，＋∞))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，＋∞))10．A[解析]設(shè)雙曲線的焦點在x軸上，則由作圖易知雙曲線的漸近線的斜率eq\f(b,a)必須滿足eq\f(\r(3),3)<eq\f(b,a)≤eq\r(3)，所以eq\f(1,3)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up12(2)≤3，eq\f(4,3)<1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up12(2)≤4，即有eq\f(2,3)eq\r(3)<eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up12(2))≤2.又雙曲線的離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up12(2))，所以eq\f(2,3)eq\r(3)<e≤2.H7拋物線及其幾何性質(zhì)9．H7[·北京卷]若拋物線y2＝2px的焦點坐標為(1，0)，則p＝________；準線方程為________.9．2x＝－1[解析]∵拋物線y2＝2px的焦點坐標為(1，0)，∴eq\f(p,2)＝1，解得p＝2，∴準線方程為x＝－1.20．H7，H8[·福建卷]如圖1－5，拋物線E：y2＝4x的焦點為F，準線l與x軸的交點為A.點C在拋物線E上，以C為圓心，|CO|為半徑作圓，設(shè)圓C與準線l交于不同的兩點M，N.(1)若點C的縱坐標為2，求|MN|；(2)若|AF|2＝|AM|·|AN|，求圓C的半徑．圖1－520．解：(1)拋物線y2＝4x的準線l的方程為x＝－1.由點C的縱坐標為2，得點C的坐標為(1，2)，所以點C到準線l的距離d＝2，又|CO|＝eq\r(5)，所以|MN|＝2eq\r(|CO|2－d2)＝2eq\r(5－4)＝2.(2)設(shè)Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,0),4)，y0))，則圓C的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(yeq\o\al(2,0),4)))eq\s\up12(2)＋(y－y0)2＝eq\f(yeq\o\al(4,0),16)＋yeq\o\al(2,0)，即x2－eq\f(yeq\o\al(2,0),2)x＋y2－2y0y＝0.由x＝－1，得y2－2y0y＋1＋eq\f(yeq\o\al(2,0),2)＝0.設(shè)M(－1，y1)，N(－1，y2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝4yeq\o\al(2,0)－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(yeq\o\al(2,0),2)))＝2yeq\o\al(2,0)－4>0，,y1y2＝\f(yeq\o\al(2,0),2)＋1.))由|AF|2＝|AM|·|AN|，得|y1y2|＝4，所以eq\f(yeq\o\al(2,0),2)＋1＝4，解得y0＝±eq\r(6)，此時Δ>0.所以圓心C的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\r(6)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\r(6)))，從而|CO|2＝eq\f(33,4)，|CO|＝eq\f(\r(33),2)，即圓C的半徑為eq\f(\r(33),2).20．H7，H8，H10[·廣東卷]已知拋物線C的頂點為原點，其焦點F(0，c)(c>0)到直線l：x－y－2＝0的距離為eq\f(3\r(2),2)，設(shè)P為直線l上的點，過點P作拋物線C的兩條切線PA，PB，其中A，B為切點．(1)求拋物線C的方程；(2)當點P(x0，y0)為直線l上的定點時，求直線AB的方程；(3)當點P在直線l上移動時，求|AF|·|BF|的最小值．20．解：21．B12[·廣東卷]設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－kx2＋x(k∈R)．(1)當k＝1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當k<0時，求函數(shù)f(x)在[k，－k]上的最小值m和最大值M.21．解：9．H7[·江西卷]已知點A(2，0)，拋物線C：x2＝4y的焦點為F，射線FA與拋物線C相交于點M，與其準線相交于點N，則|FM|∶|MN|＝()A．2∶eq\r(5)B．1∶2C．1∶eq\r(5)D．1∶39．C[解析]FA：y＝－eq\f(1,2)x＋1，與x2＝4y聯(lián)立，得xM＝eq\r(5)－1，F(xiàn)A：y＝－eq\f(1,2)x＋1，與y＝－1聯(lián)立，得N(4，－1)，由三角形相似知eq\f(|FM|,|MN|)＝eq\f(xM,4－xM)＝eq\f(1,\r(5))，故選C.10．H7[·新課標全國卷Ⅱ]設(shè)拋物線C：y2＝4x的焦點為F，直線l過F且與C交于A，B兩點．若|AF|＝3|BF|，則l的方程為()A．y＝x－1或y＝－x＋1B．y＝eq\f(\r(3),3)(x－1)或y＝－eq\f(\r(3),3)(x－1)C．y＝eq\r(3)(x－1)或y＝－eq\r(3)(x－1)D．y＝eq\f(\r(2),2)(x－1)或y＝－eq\f(\r(2),2)(x－1)10．C[解析]拋物線的焦點為F(1，0)，若A在第一象限，如圖1－5，設(shè)AF＝3m，BF＝m.過B作AD的垂線交AD于G，則AG＝2m，由于AB＝4m，故BG＝2eq\r(3)m，tan∠GAB＝eq\r(3).∴直線AB的斜率為eq\r(3).同理，若A在第四象限，直線AB的斜率為－eq\r(3)，故答案為C.圖1－511．H6，H7[·山東卷]拋物線C1：y＝eq\f(1,2p)x2(p>0)的焦點與雙曲線C2：eq\f(x2,3)－y2＝1的右焦點的連線交C1于第一象限的點M.若C1在點M處的切線平行于C2的一條漸近線，則p＝()A.eq\f(\r(3),16)B.eq\f(\r(3),8)C.eq\f(2\r(3),3)D.eq\f(4\r(3),3)11．D[解析]拋物線C1：y＝eq\f(1,2p)x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p>0))的焦點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，雙曲線eq\f(x2,3)－y2＝1的右焦點坐標為(2，0)，連線的方程為y＝－eq\f(p,4)(x－2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(p,4)（x－2），,y＝\f(1,2p)x2))得2x2＋p2x－2p2＝0.設(shè)點M的橫坐標為a，則在點M處切線的斜率為y′|x＝a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2p)x2))′eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(,)))eq\s\do7(x＝a)＝eq\f(a,p).又∵雙曲線eq\f(x2,3)－y2＝1的漸近線方程為eq\f(x,\r(3))±y＝0，其與切線平行，∴eq\f(a,p)＝eq\f(\r(3),3)，即a＝eq\f(\r(3),3)p，代入2x2＋p2x－2p2＝0得，p＝eq\f(4\r(3),3)或p＝0(舍去)．11．H6，H7[·天津卷]已知拋物線y2＝8x的準線過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一個焦點，且雙曲線的離心率為2，則該雙曲線的方程為________．11．x2－eq\f(y2,3)＝1[解析]由拋物線的準線方程為x＝－2，得a2＋b2＝4，又∵雙曲線的離心率為2，得eq\f(c,a)＝2，得a＝1，b2＝3，∴雙曲線的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.5．H7，H8[·四川卷]拋物線y2＝8x的焦點到直線x－eq\r(3)y＝0的距離是()A．2eq\r(3)B．2C.eq\r(3)D．15．D[解析]拋物線y2＝8x的焦點為F(2，0)，該點到直線x－eq\r(3)y＝0的距離為d＝eq\f(|2|,\r(12＋（－\r(3)）2))＝1.8．H7[·新課標全國卷Ⅰ]O為坐標原點，F(xiàn)為拋物線C：y2＝4eq\r(2)x的焦點，P為C上一點，若|PF|＝4eq\r(2)，則△POF的面積為()A．2B．2eq\r(2)C．2eq\r(3)D．48．C[解析]設(shè)P(x0，y0)，根據(jù)拋物線定義得|PF|＝x0＋eq\r(2)，所以x0＝3eq\r(2)，代入拋物線方程得y2＝24，解得|y|＝2eq\r(6)，所以△POF的面積等于eq\f(1,2)·|OF|·|y|＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×2eq\r(6)＝2eq\r(3).H8直線與圓錐曲線(AB課時作業(yè))22．H6、H8、D3[·全國卷]已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率為3，直線y＝2與C的兩個交點間的距離為eq\r(6).(1)求a，b；(2)設(shè)過F2的直線l與C的左、右兩支分別交于A，B兩點，且|AF1|＝|BF1|，證明：|AF2|，|AB|，|BF2|成等比數(shù)列．22．解：(1)由題設(shè)知eq\f(c,a)