7、解析] 由條件知，|AF2|＋|BF2|＝2|AB|，
|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2，
∴|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝4，∴|AB|＝.
(理)(xx·河北名師名校俱樂部模擬)設(shè)拋物線x2＝8y的焦點為F，準(zhǔn)線為l，P為拋物線上一點，PA⊥l，A為垂足，如果直線AF的傾斜角等于60°，那么|PF|等于( )
A．2 B．4
C. D．4
[答案] C
[解析] 在△APF中，|PA|＝|PF|，|AF|sin60°＝4，∴|AF|＝，又∠PAF＝∠PFA＝30°，過P作PB⊥AF于B，則|PF|＝＝＝.
[方法點撥] 圓錐曲線的性質(zhì)常與等差、等
8、比數(shù)列、三角函數(shù)、不等式等問題聯(lián)系在一起，一般先利用條件轉(zhuǎn)化為單一知識點的問題求解．
6．(文)從拋物線y2＝8x上一點P引拋物線準(zhǔn)線的垂線，垂足為M，且|PM|＝5，設(shè)拋物線的焦點為F，則△PFM的面積為( )
A．5 B．6
C．10 D．5
[答案] A
[解析] 拋物線的焦點F(2,0)，準(zhǔn)線方程為x＝－2.設(shè)P(m，n)，則|PM|＝m＋2＝5，解得m＝3.代入拋物線方程得n2＝24，故|n|＝2，則S△PFM＝|PM|·|n|＝×5×2＝5.
(理)若雙曲線－＝1(a>0，b>0)和橢圓＋＝1(m>n>0)有共同的焦點F1、F2，P是兩條曲線的一個交點，則|PF1
9、|·|PF2| ( )
A．m2－a2 B.－
C.(m－a) D. m－a
[答案] D
[解析] 不妨設(shè)F1、F2分別為左、右焦點，P在雙曲線的右支上，由題意得|PF1|＋|PF2|＝2，|PF1|－|PF2|＝2，∴|PF1|＝＋，|PF2|＝－，故|PF1|·|PF2|＝m－a.
7．(文)(xx·湖南文，6)若雙曲線－＝1的一條漸近線經(jīng)過點(3，－4)，則此雙曲線的離心率為( )
A. B.
C. D.
[答案] D
[解析] 考查雙曲線的幾何性質(zhì)．
由題設(shè)利用雙曲線的漸近線方程經(jīng)過的點(3，－4)，得到a、b關(guān)系式，然后求出雙曲線的離心
10、率即可．因為雙曲線－＝1的一條漸近線經(jīng)過點(3，－4)，∴3b＝4a，∴9(c2－a2)＝16a2，∴e＝＝，故選D.
(理)(xx·重慶文，9)設(shè)雙曲線－＝1(a>0，b>0)的右焦點是F，左、右頂點分別是A1，A2，過F作A1A2的垂線與雙曲線交于B，C兩點．若A1B⊥A2C，則該雙曲線的漸近線的斜率為( )
A．± B．±
C．±1 D．±
[答案] C
[解析] 考查雙曲線的幾何性質(zhì)．
由已知得右焦點F(c,0)(其中c2＝a2＋b2，c>0)，A1(－a,0)，A2(a,0)；B(c，－)，C(c，)；從而A1B―→＝(c＋a，－)，＝(c－a，)，又因為A1B⊥A
11、2C，所以A1B―→·A2C―→＝0，即(c－a)·(c＋a)＋(－)·()＝0；化簡得到＝1?＝±1，即雙曲線的漸近線的斜率為±1；故選C.
8．(xx·新課標(biāo)Ⅰ理，5)已知M(x0，y0)是雙曲線C：－y2＝1上的一點，F(xiàn)1，F(xiàn)2是C的兩個焦點．若·<0，則y0的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
[答案] A
[解析] 考查向量數(shù)量積；雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程．
由題知F1(－，0)，F(xiàn)2(，0)，－y＝1，所以MF1―→·MF2―→＝(－－x0，－y0)·(－x0，－y0)＝x＋y－3＝3y－1＜0，解得－＜y0＜，故選A.
二、填空題
9．(文)已知直線y＝a
12、交拋物線y＝x2于A、B兩點，若該拋物線上存在點C，使得∠ACB為直角，則a的取值范圍為________．
[答案] a≥1
[解析] 顯然a>0，不妨設(shè)A(，a)，B(－，a)，C(x0，x)，則＝(－－x0，a－x)，
＝(－x0，a－x)，∵∠ACB＝90°.
∴·＝(－x0，a－x)·(－－x0，a－x)＝0.
∴x－a＋(a－x)2＝0，且x－a≠0.
∴(a－x)(a－x－1)＝0，∴a－x－1＝0.
∴x＝a－1，又x≥0.∴a≥1.
(理)如圖，正方形ABCD和正方形DEFG的邊長分別為a、b(a0)經(jīng)過C、F
13、兩點，則＝________.
[答案]?。?
[解析] 由題可得C(，－a)，F(xiàn)(＋b，b)，
∵C、F在拋物線y2＝2px上，∴
∴＝＋1，故填＋1.
10．(文)(xx·湖南理，13)設(shè)F是雙曲線C：－＝1的一個焦點．若C上存在點P，使線段PF的中點恰為其虛軸的一個端點，則C的離心率為________．
[答案]
[解析] 考查雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)．
根據(jù)對稱性，不妨設(shè)F(c,0)，短軸端點為(0，b)，從而可知點(－c,2b)在雙曲線上，∴－＝1?e＝＝.
(理)(xx·南昌市二模)過原點的直線l與雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的左右兩支分別相交于A，B兩
14、點，F(xiàn)(－，0)是雙曲線C的左焦點，若|FA|＋|FB|＝4，·＝0，則雙曲線C的方程是________．
[答案]?。瓂2＝1
[解析] 由已知得：c＝，F(xiàn)A⊥FB，設(shè)右焦點為F1，則四邊形FAF1B為矩形，∴|AB|＝2c＝2且|FA|2＋|FB|2＝(|FA|＋|FB|)2－2|FA|·|FB|＝16－2|FA|·|FB|，
|AB|2＝|FA|2＋|FB|2，
∴|FA|·|FB|＝2，∴(|FA|－|FB|)2＝(|FA|＋|FB|)2－4|FA|·|FB|＝8，∴||FA|－|FB||＝2，
即||AF|－|AF1||＝2，∴a＝，
∴b2＝1，∴雙曲線標(biāo)準(zhǔn)方程為－y2
15、＝1.
三、解答題
11．(文)(xx·湖南文，20)已知拋物線C1：x2＝4y的焦點F也是橢圓C2：＋＝1(a>b>0)的一個焦點，C1與C2的公共弦的長為2.過點F的直線l與C1相交于A，B兩點，與C2相交于C，D兩點，且與同向．
(1)求C2的方程；
(2)若|AC|＝|BD|，求直線l的斜率．
[分析] 考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系；橢圓的性質(zhì)和轉(zhuǎn)化思想，設(shè)而不求、整體代換思想及運算求解能力等．
(1)由F也是橢圓C2的一個焦點及C1與C2的公共弦長列方程組求解；
(2) 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，根據(jù)＝，可得，(x3＋x4
16、)2－4x3x4＝(x1＋x2)2－4x1x2，
設(shè)直線l的斜率為k，則l的方程為y＝kx＋1，聯(lián)立直線與拋物線方程、直線與橢圓方程、利用韋達(dá)定理進(jìn)行計算即可得到結(jié)果．
[解析] (1)由C1：x2＝4y知其焦點F的坐標(biāo)為(0,1)，因為F也是橢圓C2的一個焦點，所以a2－b2＝1 ?、?；
又C1與C2的公共弦長為2，C1與C2都關(guān)于y軸對稱，且C1的方程為：x2＝4y，由此易知C1與C2的公共點的坐標(biāo)為(±，)，
∴＋＝1②，
聯(lián)立①②得a2＝9，b2＝8，故C2的方程為
＋＝1.
(2)如圖，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
C(x3，y3)，D(x4，y4)，
17、
因與同向，且|AC|＝|BD|，
所以＝，從而x3－x1＝x4－x2，即x3－x4＝x1－x2，于是
(x3＋x4)2－4x3x4＝(x1＋x2)2－4x1x2 ③
設(shè)直線l的斜率為k，則l的方程為y＝kx＋1，由得x2－4kx－4＝0，
由x1，x2是這個方程的兩根，
∴x1＋x2＝4k，x1x2＝－4 ④
由
得(9＋8k2)x2＋16kx－64＝0，
而x3，x4是這個方程的兩根，
x3＋x4＝－，x3x4＝－ ⑤
將④、⑤代入③，得16(k2＋1)＝＋.
即16(k2＋1)＝，
所以(9＋8k2)2＝16×9，解得k＝±，
即直線l的斜率為
18、±.
(理)(xx·洛陽市期末)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，一個焦點與拋物線y2＝4x的焦點重合，直線l：y＝kx＋m與橢圓C相交于A，B兩點．
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點，kOA·kOB＝－，判斷△AOB的面積是否為定值？若是，求出定值，若不是，說明理由．
[解析] (1)由題意得c＝1，又e＝＝，
所以a＝2，從而b2＝a2－c2＝3，
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1.
(2)設(shè)點A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，
由Δ＝(8mk)2－16(3＋4k2)(m2－3)>0得m2<3
19、＋4k2.
∵x1＋x2＝－，x1·x2＝，
∴y1·y2＝(kx1＋m)·(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝.
由kOA·kOB＝－＝－得y1y2＝－x1x2，
即＝－·，化簡得2m2－4k2＝3，滿足Δ>0.
由弦長公式得|AB|＝|x1－x2|
＝·＝.
又點O到直線l：y＝kx＋m的距離d＝，
所以S△AOB＝·d·|AB|＝·
＝＝
＝＝，
故△AOB的面積為定值.
12．(文)(xx·東北三校二模)已知圓M：x2＋(y－2)2＝1，直線l：y＝－1，動圓P與圓M相外切，且與直線l相切．設(shè)動圓圓心P的軌跡為E.
(1)求E的方程；
(
20、2)若點A，B是E上的兩個動點，O為坐標(biāo)原點，且·＝－16，求證：直線AB恒過定點．
[解析] (1)⊙O的圓心M(0,2)，半徑r＝1，設(shè)動圓圓心P(x，y)，由條件知|PM|－1等于P到l的距離，
∴|PM|等于P到直線y＝－2的距離，∴P點軌跡是以M(0,2)為焦點，y＝－2為準(zhǔn)線的拋物線．
方程為x2＝8y.
(2)設(shè)直線AB：y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)
將直線AB的方程代入到x2＝8y中得x2－8kx－8b＝0，所以x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b，
又因為·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋＝－8b＋b2＝－16?b＝4
所以直線BC恒過定點(0
21、,4)．
(理)(xx·山東理，21)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，A為C上異于原點的任意一點，過點A的直線l交C于另一點B，交x軸的正半軸于點D，且有|FA|＝|FD|.當(dāng)點A的橫坐標(biāo)為3時，△ADF為正三角形．
(1)求C的方程；
(2)若直線l1∥l，且l1和C有且只有一個公共點E，
(ⅰ)證明：直線AE過定點，并求出定點坐標(biāo)；
(ⅱ)△ABE的面積是否存在最小值？若存在，請求出最小值；若不存在，請說明理由．
[解析] (1)由題意知F(，0)，
設(shè)D(t,0)(t>0)，則FD的中點為(，0)．
因為|FA|＝|FD|，
由拋物線的定義知3＋＝|t－
22、|，
解得t＝3＋p或t＝－3(舍去)，
由＝3，解得p＝2.
所以拋物線C的方程為y2＝4x.
(2)(ⅰ)由(1)知F(1,0)．
設(shè)A(x0，y0)(x0y0≠0)，D(xD,0)(xD>0)，
因為|FA|＝|FD|，得|xD－1|＝x0＋1，
由xD>0得xD＝x0＋2，故D(x0＋2,0)．
故直線AB的斜率kAB＝－.
因為直線l1和直線AB平行，
設(shè)直線l1的方程為y＝－x＋b，
代入拋物線方程得y2＋y－＝0，
由題意Δ＝＋＝0，
得b＝－，
設(shè)E(xE，yE)，則yE＝－，xE＝.
當(dāng)y≠4時，kAE＝＝－＝，
可得直線AE的方程為y－y0＝
23、(x－x0)，
由y＝4x0，
整理可得y＝(x－1)，
故直線AE恒過點F(1,0)．
當(dāng)y＝4時，直線AE的方程為x＝1，過點F(1,0)．
所以直線AE過定點F(1,0)．
(ⅱ)由(ⅰ)知直線AE過焦點F(1,0)，
所以|AE|＝|AF|＋|FE|＝(x0＋1)＋(＋1)＝x0＋＋2.
設(shè)直線AE的方程為x＝my＋1，
因為點A(x0，y0)在直線AE上，
故m＝.
設(shè)B(x1，y1)．
直線AB的方程為y－y0＝－(x－x0)，
由于y0≠0，
可得x＝－y＋2＋x0，
代入拋物線方程得y2＋y－8－4x0＝0.
所以y0＋y1＝－，
可求得y1＝
24、－y0－，x1＝＋x0＋4.
所以點B到直線AE的距離為
d＝
＝＝4(＋)．
則△ABE的面積S＝×4(＋)(x0＋＋2)≥16，
當(dāng)且僅當(dāng)＝x0，即x0＝1時等號成立．
所以△ABE的面積的最小值為16.
[方法點撥] 定點問題的求解策略
把直線或曲線方程中的變量x、y當(dāng)作常數(shù)看待，把方程一端化為零，既然直線或曲線過定點，那么這個方程就要對任意參數(shù)都成立，這時參數(shù)的系數(shù)就要全部等于零，這樣就得到一個關(guān)于x、y的方程組，這個方程組的解所確定的點就是直線或曲線所過的定點．
13．(文)(xx·甘肅省三診)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，以原點O為圓心，橢圓的短半軸
25、長為半徑的圓與直線x－y＋＝0相切．
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)若直線l：y＝kx＋m與橢圓C相交于A、B兩點，且kOA·kOB＝－，試判斷△AOB的面積是否為定值？若為定值，求出定值；若不為定值，說明理由．
[解析] (1)由題意知e＝＝，
∴e2＝＝＝，即a2＝b2，
又b＝＝，∴a2＝4，b2＝3，
故橢圓的方程為＋＝1.
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得
(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，
△＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)>0,3＋4k2－m2>0.
x1＋x2＝－，x1·x2＝.
y1·y1＝(kx1＋m)
26、·(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝.
kOA·kOB＝－，＝－，
y1y2＝－x1x2，＝－·
2m2－4k2＝3，
|AB|＝
＝＝.
d＝＝≥＝，
S＝|AB|d＝
＝＝
＝＝.
[方法點撥] 定值問題的求解策略
(1)在解析幾何中，有些幾何量與參數(shù)無關(guān)，這就是“定值”問題，解決這類問題常通過取特殊值，先確定“定值”是多少，再進(jìn)行證明，或者將問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)式，再證明該式是與變量無關(guān)的常數(shù)，或者由該等式與變量無關(guān)，令其系數(shù)等于零即可得到定值．
(2)求解定值問題的三個步驟
①由特例得出一個值，此值一般就是定值；
②證明定值，有時可直接證明定
27、值，有時將問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)式，可證明該代數(shù)式與參數(shù)(某些變量)無關(guān)；也可令系數(shù)等于零，得出定值；
③得出結(jié)論．
(理)橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率e＝，a＋b＝3.
(1)求橢圓C的方程；
(2)如圖，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．
[解析] (1)因為e＝＝，
所以a＝c，b＝c.代入a＋b＝3得，
c＝，a＝2，b＝1.
故橢圓的方程為＋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)(k≠
28、0，k≠±)．①
①代入＋y2＝1，解得P(，－)．
直線AD的方程為：y＝x＋1.②
①與②聯(lián)立解得M(，)，
由D(0,1)，P(，－)，N(x,0)三點共線知
＝，解得N(，0)．
所以MN的斜率為m＝
＝＝，
則2m－k＝－k＝(定值)．
(2)方法二：設(shè)P(x0，y0)(x0≠0，±2)，則k＝，
直線AD的方程為：y＝(x＋2)．
直線BP的方程為y＝(x－2)，
直線DP的方程為：y－1＝x，令y＝0，由于y0≠1可得N(，0)．
聯(lián)立
解得M(，)，
因此MN的斜率為
m＝＝
＝＝，
所以2m－k＝－
＝
＝
＝
＝(定值)．
14
29、．(文)(xx·遼寧葫蘆島市一模)設(shè)橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左焦點為F，離心率為，過點F且與x軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為.
(1)求橢圓C的方程；
(2)直線l：y＝kx＋t(t≠0)與橢圓C交于M、N兩點，線段MN的垂直平分線與y軸交點P，求△MON(O為坐標(biāo)原點)面積的最大值．
[解析] (1)∵e＝，∴a2＝3c2＝3a2－3b2，∴2a2＝3b2
將x＝－c代入橢圓方程得：y2＝，y＝±，
由題意：＝，∴2a＝b2 ，
解得：a2＝3，b2＝2
∴橢圓C的方程為：＋＝1
(2)聯(lián)立方程組：消去y整理得：(3k2＋2)x2＋6ktx＋3t2－6＝0 ?、?
∴
30、Δ＝36k2t2－4(3k2＋2)·(3t2－6)＝24(3k2＋2－t2)>0，∴3k2＋2>t2 ?、?
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1，x2是方程①的兩個解，由韋達(dá)定理得：
x1＋x2＝， y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝＋2t＝
設(shè)MN的中點為G(x0，y0)，則
x0＝＝，y0＝＝
∴線段MN的垂直平分線方程為：
y－＝－
將P代入得：＋＝
化簡得：3k2＋2＝4t
代入②式得：4t>t2，∴0
31、“＝”號)
∴△MON面積的最大值為，此時直線l的方程為：y＝±x＋2.
(理)(xx·浙江理，19)已知橢圓＋y2＝1上兩個不同的點A，B關(guān)于直線y＝mx＋對稱．
(1)求實數(shù)m的取值范圍；
(2)求△AOB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點)．
[分析] 考查直線與橢圓的位置關(guān)系；點到直線的距離公式；求函數(shù)的最值及運算求解能力、函數(shù)與方程的思想．
(1)可設(shè)出直線AB的方程，與橢圓方程聯(lián)立消元化為一元二次方程，由AB的中點在已知直線上知方程有兩個不同的解，由此可得到關(guān)于m的不等式，從而求解；(2)令t＝，可將△AOB表示為t的函數(shù)，從而將問題等價轉(zhuǎn)化為在給定范圍上求函數(shù)的最值，從而
32、獲解．
[解析] (1)由題意知m≠0，可設(shè)直線AB的方程為y＝－x＋b，由消去y，得(＋)x2－x＋b2－1＝0，∵直線y＝－x＋b與橢圓＋y2＝1有兩個不同的交點，∴Δ＝－2b2＋2＋＞0，①，將AB中點M(，)代入直線方程y＝mx＋解得b＝－，②.
由①②得m＜－或m＞.
(2)令t＝∈(－，0)∪(0，)，
則|AB|＝·，
且O到直線AB的距離為d＝，設(shè)△AOB的面積為S(t)，∴S(t)＝|AB|·d＝≤，當(dāng)且僅當(dāng)t2＝時，等號成立，故△AOB面積的最大值為.
15．(xx·福建理，19)已知雙曲線E：－＝1(a>0，b>0)的兩條漸近線分別為l1：y＝2x，l2：y＝
33、－2x.
(1)求雙曲線E的離心率；
(2)如圖，O為坐標(biāo)原點，動直線l分別交直線l1、l2于A，B兩點(A、B分別在第一、四象限)，且△OAB的面積恒為8.試探究：是否存在總與直線l有且只有一個公共點的雙曲線E？若存在，求出雙曲線E的方程；若不存在，說明理由．
[解析] (1)∵雙曲線E的漸近線分別為y＝2x，y＝－2x，∴＝2，
∴＝2，故c＝a，
從而雙曲線E的離心率e＝＝.
(2)由(1)知，雙曲線E的方程為－＝1.
設(shè)直線l與x軸相交于點C，
當(dāng)l⊥x軸時，若直線l與雙曲線E只有一個公共點，
則|OC|＝a，|AB|＝4a，
又∵△OAB的面積為8，∴|O
34、C|·|AB|＝8，
因此a·4a＝8，解得a＝2，此時雙曲線E的方程為－＝1，若存在滿足條件的雙曲線E，則E的方程只能是－＝1.
以下證明：當(dāng)直線l與x軸不垂直時，雙曲線E：－＝1也滿足條件，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，依題意得k>2或k<－2，
則C(－，0)，記A(x1，y1)、B(x2，y2)．
由得y1＝，同理得y2＝.
由S△OAB＝|OC|·|y1－y2|得|－|·|－|＝8，
即m2＝4|4－k2|＝4(k2－4)，由得，
(4－k2)x2－2kmx－m2－16＝0，∵4－k2<0
∴Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋16)＝－16(4k2－m2－16)，
35、
又∵m2＝4(k2－4)，∴Δ＝0，即直線l與雙曲線E有且只有一個公共點，
因此，存在總與l有且只有一個公共點的雙曲線E，且E的方程為－＝1.
[方法點撥] 1.求曲線的軌跡方程時，先看軌跡的形狀是否預(yù)知，若能依據(jù)條件確定其形狀，可用定義法或待定系數(shù)法求解；若動點P與另一動點Q有關(guān)，Q在已知曲線上運動，可用代入法求動點P的軌跡方程；否則用直譯法求解．
2．存在性問題主要體現(xiàn)在以下幾方面：
(1)點是否存在；
(2)曲線是否存在；
(3)命題是否成立．
解決這類問題的一般思路是先假設(shè)存在滿足題意的元素，經(jīng)過推理論證，如果可以得到成立的結(jié)果，就可以作出存在的結(jié)論；若得到與已知條件、定義、公理、定理、性質(zhì)相矛盾的結(jié)論，則說明假設(shè)不存在，其一般步驟為：
2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強(qiáng)化練 專題15 圓錐曲線（含解析）
