2018版高三数学复习能力大提升第十章圆锥曲线与方程含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第十章圆锥曲线考点1椭圆及其性质1。（2016·新课标全国Ⅰ，5）直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到l的距离为其短轴长的eq\f（1,4），则该椭圆的离心率为（)A.eq\f(1,3）B.eq\f(1，2）C。eq\f(2,3）D.eq\f（3,4）1.解析如图,由题意得,BF＝a，OF＝c，OB＝b，OD＝eq\f(1，4）×2b＝eq\f(1，2)b。在Rt△OFB中,|OF|×|OB｜＝|BF｜×|OD|，即cb＝a·eq\f(1，2)b,代入解得a2＝4c2,故椭圆离心率e＝eq\f（c，a）＝eq\f(1,2)，故选B.答案B2.(2016·新课标全国Ⅲ，12)已知O为坐标原点，F是椭圆C:eq\f（x2，a2）＋eq\f(y2,b2）＝1（a>b>0)的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点.P为C上一点，且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E。若直线BM经过OE的中点,则C的离心率为（）A。eq\f(1，3）B。eq\f（1,2）C.eq\f(2,3)D。eq\f(3，4）2.解析设M(－c，m)，则Eeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f（am,a－c))),OE的中点为D，则Deq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0,\f(am，2（a－c）））)，又B，D，M三点共线，所以eq\f(m，2（a－c)）＝eq\f（m，a＋c），a＝3c，e＝eq\f（1，3).答案A3。（2015·广东，8）已知椭圆eq\f（x2,25)＋eq\f（y2,m2）＝1(m〉0)的左焦点为F1（－4，0）,则m＝（）A.2B。3C。4D.93。解析由题意知25－m2＝16，解得m2＝9，又m>0,所以m＝3.答案B4.(2015·福建，11）已知椭圆E：eq\f(x2,a2）＋eq\f（y2,b2)＝1（a＞b＞0）的右焦点为F，短轴的一个端点为M，直线l:3x－4y＝0交椭圆E于A，B两点。若|AF｜＋｜BF｜＝4，点M到直线l的距离不小于eq\f(4，5)，则椭圆E的离心率的取值范围是()A。eq\b\lc\(\rc\］（\a\vs4\al\co1(0，\f（\r(3），2）））B。eq\b\lc\(\rc\］(\a\vs4\al\co1(0，\f（3，4）））C。eq\b\lc\[\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(\r（3）,2)，1)）D.eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(3,4),1))4。解析左焦点F0，连接F0A,F0B，则四边形AFBF0为平行四边形.∵｜AF｜＋｜BF|＝4，∴｜AF｜＋｜AF0｜＝4,∴a＝2.设M(0，b)，则eq\f（4b，5)≥eq\f（4,5），∴1≤b＜2.离心率e＝eq\f（c,a）＝eq\r(\f（c2,a2)）＝eq\r(\f(a2－b2，a2)）＝eq\r（\f（4－b2，4）)∈eq\b\lc\（\rc\](\a\vs4\al\co1（0，\f(\r（3),2))),故选A.答案A5。（2014·大纲全国，9）已知椭圆C：eq\f（x2，a2)＋eq\f（y2,b2)＝1(a＞b＞0）的左、右焦点为F1、F2,离心率为eq\f(\r（3），3），过F2的直线l交C于A、B两点。若△AF1B的周长为4eq\r（3），则C的方程为(）A.eq\f（x2，3)＋eq\f（y2，2）＝1B。eq\f（x2,3)＋y2＝1C。eq\f(x2，12）＋eq\f(y2,8）＝1D。eq\f(x2，12）＋eq\f（y2,4）＝15。解析由已知e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r（3），3）,又△AF1B的周长为|AF1｜＋|AB|＋｜BF1|＝｜AF1｜＋（｜AF2｜＋｜BF2｜)＋|BF1｜＝（|AF1｜＋｜AF2|)＋(｜BF2|＋|BF1｜)＝2a＋2a＝4eq\r（3），解得a＝eq\r（3)，故c＝1，b＝eq\r（a2－c2)＝eq\r(2），故所求的椭圆方程为eq\f(x2，3）＋eq\f(y2,2)＝1，故选A。答案A(2015·浙江,15)椭圆eq\f(x2，a2)＋eq\f(y2，b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点F(c,0）关于直线y＝eq\f(b,c）x的对称点Q在椭圆上，则椭圆的离心率是________.6。解析设Q(x0，y0）,则FQ的中点坐标eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（x0＋c，2），\f（y0，2)）),kFQ＝eq\f(y0，x0－c），依题意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（\f(y0，2）＝\f(b，c)·\f(x0＋c,2），,\f（y0，x0－c)·\f（b，c)＝－1，)）解得eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(c（2c2－a2），a2），，y0＝\f（2bc2，a2)，））又因为(x0,y0)在椭圆上，所以eq\f(c2（2c2－a2）2，a6）＋eq\f(4c4,a4）＝1，令e＝eq\f（c，a)，则4e6＋e2＝1,∴离心率e＝eq\f(\r（2）,2).答案eq\f（\r（2），2）（2014·江西,14)设椭圆C：eq\f（x2，a2)＋eq\f（y2，b2)＝1（a＞b＞0）的左，右焦点为F1，F2，过F2作x轴的垂线与C相交于A，B两点,F1B与y轴相交于点D，若AD⊥F1B，则椭圆C的离心率等于________。7.解析由题意知F1(－c,0)，F2(c，0），其中c＝eq\r（a2－b2）,因为过F2且与x轴垂直的直线为x＝c,由椭圆的对称性可设它与椭圆的交点为Aeq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(c,\f（b2,a）)），Beq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(c,－\f(b2,a))).因为AB平行于y轴，且｜F1O|＝｜OF2｜，所以｜F1D|＝|DB|,即D为线段F1B的中点,所以点D的坐标为eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，－\f（b2,2a)）)，又AD⊥F1B，所以kAD·kF1B＝－1，即eq\f(\f（b2,a）－\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（b2，2a)))，c－0)×eq\f（－\f（b2，a)－0，c－（－c）)＝－1，整理得eq\r（3)b2＝2ac,所以eq\r(3）（a2－c2）＝2ac,又e＝eq\f（c,a)，0〈e〈1，所以eq\r（3）e2＋2e－eq\r（3)＝0，解得e＝eq\f(\r（3）,3)(e＝－eq\r（3）舍去).答案eq\f(\r(3)，3）8。(2015·新课标全国Ⅱ，20）已知椭圆C:eq\f(x2，a2）＋eq\f（y2,b2）＝1（a＞b＞0）的离心率为eq\f（\r（2）,2),点（2,eq\r(2））在C上。（1）求C的方程；(2）直线l不经过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB中点为M,证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值。8。解（1)由题意得eq\f(\r（a2－b2)，a)＝eq\f(\r（2),2)，eq\f(4,a2)＋eq\f（2,b2）＝1，解得a2＝8，b2＝4。所以C的方程为eq\f（x2,8）＋eq\f(y2,4)＝1.（2)设直线l:y＝kx＋b(k≠0,b≠0），A（x1,y1)，B(x2，y2），M(xM，yM).将y＝kx＋b代入eq\f（x2，8）＋eq\f(y2，4）＝1得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.故xM＝eq\f（x1＋x2，2)＝eq\f(－2kb,2k2＋1），yM＝k·xM＋b＝eq\f（b，2k2＋1）。于是直线OM的斜率kOM＝eq\f(yM，xM)＝－eq\f(1，2k)，即kOM·k＝－eq\f(1,2）。所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.9.（2015·安徽，20）设椭圆E的方程为eq\f(x2，a2）＋eq\f(y2,b2）＝1（a>b〉0），点O为坐标原点，点A的坐标为（a，0),点B的坐标为(0,b)，点M在线段AB上，满足｜BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为eq\f(\r(5),10).(1）求E的离心率e；(2)设点C的坐标为(0,－b），N为线段AC的中点，证明:MN⊥AB.9。（1）解由题设条件知，点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(2,3）a,\f(1,3）b））,又kOM＝eq\f(\r(5）,10），从而eq\f(b,2a）＝eq\f（\r（5）,10）.进而a＝eq\r(5)b，c＝eq\r(a2－b2)＝2b，故e＝eq\f(c,a）＝eq\f（2\r（5），5）.(2）证明由N是AC的中点知，点N的坐标为eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，－\f（b，2））)，可得eq\o（NM,\s\up6(→）)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（a，6),\f（5b，6)）)，又eq\o(AB，\s\up6(→）)＝（－a，b）,从而有eq\o(AB,\s\up6（→））·eq\o(NM,\s\up6（→）)＝－eq\f（1，6)a2＋eq\f（5,6）b2＝eq\f（1，6）(5b2－a2)。由(1)的计算结果可知a2＝5b2，所以eq\o（AB，\s\up6（→））·eq\o（NM,\s\up6（→)）＝0，故MN⊥AB.10。（2015·陕西，20)如图，椭圆E：eq\f(x2，a2）＋eq\f(y2，b2）＝1(a＞b＞0）,经过点A（0，—1），且离心率为eq\f(\r（2),2)。（1)求椭圆E的方程；(2)经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A）,证明：直线AP与AQ的斜率之和为2.10.（1)解由题设知eq\f（c,a)＝eq\f(\r(2），2),b＝1,结合a2＝b2＋c2，解得a＝eq\r（2),所以椭圆的方程为eq\f(x2，2）＋y2＝1.（2)证明由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1（k≠2），代入eq\f(x2，2）＋y2＝1，得（1＋2k2）x2－4k(k－1)x＋2k(k－2）＝0,由已知Δ＞0，设P(x1，y1)，Q（x2，y2），x1x2≠0,则x1＋x2＝eq\f（4k(k－1),1＋2k2），x1x2＝eq\f(2k(k－2）,1＋2k2)，从而直线AP，AQ的斜率之和kAP＋kAQ＝eq\f(y1＋1，x1）＋eq\f（y2＋1,x2)＝eq\f(kx1＋2－k,x1)＋eq\f（kx2＋2－k，x2)＝2k＋（2－k）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，x1）＋\f(1,x2))）＝2k＋（2－k)eq\f（x1＋x2，x1x2)＝2k＋（2－k）eq\f（4k（k－1）,2k(k－2）)＝2k－2(k－1)＝2.11。（2015·重庆,21)如图，椭圆eq\f(x2,a2）＋eq\f（y2，b2）＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥PF1.(1）若|PF1｜＝2＋eq\r(2），|PF2|＝2－eq\r（2），求椭圆的标准方程；(2）若|PQ|＝λ｜PF1|，且eq\f（3,4）≤λ＜eq\f(4,3)，试确定椭圆离心率e的取值范围.11.解（1）由椭圆的定义，2a＝|PF1｜＋|PF2｜＝(2＋eq\r(2））＋（2－eq\r（2））＝4，故a＝2.设椭圆的半焦距为c，由已知PF1⊥PF2，因此2c＝|F1F2｜＝eq\r（｜PF1|2＋|PF2|2)＝eq\r((2＋\r（2)）2＋（2－\r(2））2）＝2eq\r(3)，即c＝eq\r(3)，从而b＝eq\r（a2－c2）＝1。故所求椭圆的标准方程为eq\f(x2，4）＋y2＝1.(2）如图，由PF1⊥PQ，|PQ｜＝λ|PF1｜，得｜QF1｜＝eq\r(｜PF1｜2＋|PQ｜2)＝eq\r(1＋λ2)|PF1｜.由椭圆的定义，｜PF1|＋|PF2|＝2a，｜QF1｜＋|QF2｜＝2a，进而｜PF1|＋|PQ｜＋|QF1｜＝4a，于是（1＋λ＋eq\r（1＋λ2））｜PF1|＝4a,解得｜PF1｜＝eq\f（4a,1＋λ＋\r(1＋λ2)），故｜PF2|＝2a－｜PF1|＝eq\f（2a（λ＋\r(1＋λ2）－1），1＋λ＋\r（1＋λ2))。由勾股定理得｜PF1｜2＋｜PF2|2＝｜F1F2|2＝(2c）2＝4c2，从而eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(4a，1＋λ＋\r（1＋λ2）)）)eq\s\up12(2）＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2a（λ＋\r（1＋λ2）－1）,1＋λ＋\r（1＋λ2)))）eq\s\up12（2)＝4c2，两边除以4a2，得eq\f（4,（1＋λ＋\r（1＋λ2)）2)＋eq\f((λ＋\r(1＋λ2)－1）2,（1＋λ＋\r(1＋λ2)）2）＝e2.若记t＝1＋λ＋eq\r（1＋λ2），则上式变成e2＝eq\f(4＋（t－2）2,t2）＝8eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，t）－\f(1,4)））eq\s\up12（2）＋eq\f（1，2).由eq\f（3,4)≤λ＜eq\f(4,3)，并注意到1＋λ＋eq\r(1＋λ2）关于λ的单调性，得3≤t＜4，即eq\f(1,4)＜eq\f（1,t)≤eq\f(1，3)。进而eq\f(1，2）＜e2≤eq\f（5,9)，即eq\f（\r(2）,2)＜e≤eq\f（\r(5)，3).12。(2014·新课标全国Ⅱ,20）设F1,F2分别是椭圆C:eq\f(x2，a2）＋eq\f（y2,b2）＝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eq\f(3，4),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.12。解（1)根据c＝eq\r（a2－b2)及题设知Meq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（c，\f(b2,a）)），eq\f(\f(b2，a),2c）＝eq\f（3，4),2b2＝3ac。将b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，解得eq\f（c，a）＝eq\f（1,2），eq\f(c,a）＝－2(舍去）.故C的离心率为eq\f(1，2)。（2)由题意，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eq\f（b2，a)＝4，即b2＝4a。①由|MN｜＝5|F1N｜得｜DF1|＝2｜F1N|。设N（x1，y1），由题意知y1＜0，则eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(2（－c－x1)＝c，,－2y1＝2，))即eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1（x1＝－\f（3,2）c.，y1＝－1。))代入C的方程，得eq\f(9c2,4a2)＋eq\f（1，b2)＝1.②将①及c＝eq\r(a2－b2)代入②得eq\f(9（a2－4a），4a2)＋eq\f（1，4a)＝1.解得a＝7，b2＝4a＝28,故a＝7，b＝2eq\r(7).13.(2014·四川，20)已知椭圆C：eq\f（x2,a2)＋eq\f（y2,b2）＝1（a＞b＞0）的左焦点为F(－2,0），离心率为eq\f(\r（6)，3）.(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.13.解(1)由已知可得，eq\f(c，a)＝eq\f（\r(6）,3），c＝2，所以a＝eq\r(6）。又由a2＝b2＋c2，解得b＝eq\r(2）,所以椭圆C的标准方程是eq\f(x2,6）＋eq\f（y2，2）＝1.(2）设T点的坐标为(－3，m），则直线TF的斜率kTF＝eq\f(m－0，－3－（－2））＝－m.当m≠0时,直线PQ的斜率kPQ＝eq\f（1,m)，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eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(x＝my－2，,\f（x2,6）＋\f(y2,2)＝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＝eq\f(4m，m2＋3），y1y2＝eq\f(－2，m2＋3),x1＋x2＝m(y1＋y2）－4＝eq\f（－12,m2＋3)。因为四边形OPTQ是平行四边形，所以eq\o（OP，\s\up6(→)）＝eq\o(QT，\s\up6（→))，即(x1，y1)＝(－3－x2,m－y2）。所以eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（x1＋x2＝\f(－12,m2＋3）＝－3，，y1＋y2＝\f(4m,m2＋3）＝m.))解得m＝±1.此时，四边形OPTQ的面积SOPTQ＝2S△OPQ＝2×eq\f（1,2）·｜OF|·｜y1－y2｜＝2eq\r（\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(4m,m2＋3）))\s\up12(2）－4·\f（－2,m2＋3)）＝2eq\r（3）.14.(2014·安徽,21）设F1,F2分别是椭圆E：eq\f（x2，a2）＋eq\f（y2,b2)＝1(a＞b＞0）的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点，｜AF1｜＝3|F1B｜.（1）若｜AB|＝4,△ABF2的周长为16,求｜AF2｜;（2）若cos∠AF2B＝eq\f(3，5)，求椭圆E的离心率.14.解（1）由|AF1｜＝3｜F1B|，|AB|＝4,得|AF1｜＝3，｜F1B|＝1.因为△ABF2的周长为16,所以由椭圆定义可得4a＝16，|AF1|＋｜AF2|＝2a＝8。故｜AF2|＝2a－｜AF1|＝8－3＝5。（2）设|F1B|＝k,则k＞0且｜AF1|＝3k，|AB|＝4k。由椭圆定义可得,｜AF2｜＝2a－3k,|BF2｜＝2a－k.在△ABF2中，由余弦定理可得,|AB｜2＝｜AF2|2＋|BF2｜2－2｜AF2|·｜BF2｜cos∠AF2B，即(4k）2＝（2a－3k)2＋（2a－k)2－eq\f(6,5）（2a－3k)·(2a－k）。化简可得（a＋k）（a－3k)＝0，而a＋k＞0,故a＝3k。于是有｜AF2|＝3k＝｜AF1|,｜BF2|＝5k。因此|BF2｜2＝｜F2A｜2＋|AB|2，可得F1A⊥F2A，故△AF1F2为等腰直角三角形。从而c＝eq\f（\r(2)，2)a，所以椭圆E的离心率e＝eq\f(c，a）＝eq\f(\r(2)，2）。考点2双曲线1.（2015·安徽,6)下列双曲线中,渐近线方程为y＝±2x的是（)A。x2－eq\f(y2，4)＝1B。eq\f（x2,4）－y2＝1C.x2－eq\f(y2，2）＝1D。eq\f（x2，2)－y2＝11.解析由双曲线渐近线方程的求法知；双曲线x2－eq\f(y2，4)＝1的渐近线方程为y＝±2x，故选A。答案A2.(2015·天津,5)已知双曲线eq\f(x2,a2）－eq\f（y2，b2)＝1（a＞0，b＞0)的一个焦点为F（2，0)，且双曲线的渐近线与圆(x－2)2＋y2＝3相切，则双曲线的方程为()A.eq\f（x2，9)－eq\f(y2，13）＝1B。eq\f（x2,13）－eq\f（y2,9）＝1C。eq\f(x2,3）－y2＝1D。x2－eq\f（y2,3）＝12。解析双曲线eq\f(x2，a2）－eq\f(y2,b2）＝1的一个焦点为F（2，0），则a2＋b2＝4,①双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f（b,a)x，由题意得eq\f（2b，\r（a2＋b2))＝eq\r(3），②联立①②解得b＝eq\r(3），a＝1，所求双曲线的方程为x2－eq\f（y2，3)＝1，选D。答案D3。（2015·湖南，6）若双曲线eq\f（x2，a2)－eq\f(y2，b2）＝1的一条渐近线经过点(3，－4),则此双曲线的离心率为()A。eq\f(\r（7),3)B.eq\f(5，4)C.eq\f（4，3）D。eq\f（5，3)3。解析由条件知y＝－eq\f（b，a）x过点(3，－4）,∴eq\f(3b,a）＝4，即3b＝4a，∴9b2＝16a2，∴9c2－9a2＝16a2，∴25a2＝9c2，∴e＝eq\f（5,3）.故选D.答案D4.(2015·四川,7)过双曲线x2－eq\f（y2，3）＝1的右焦点且与x轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A，B两点，则｜AB｜＝（)A.eq\f（4\r(3),3)B.2eq\r(3)C。6D.4eq\r（3)4.解析右焦点F（2，0），过F与x轴垂直的直线为x＝2，渐近线方程为x2－eq\f(y2,3）＝0，将x＝2代入渐近线方程得y2＝12，∴y＝±2eq\r(3),∴A（2，2eq\r（3）)，B（2,－2eq\r（3))，∴|AB｜＝4eq\r(3）。答案D5。(2015·重庆，9）设双曲线eq\f（x2,a2)－eq\f(y2，b2)＝1（a＞0，b＞0）的右焦点是F，左、右顶点分别是A1，A2,过F作A1A2的垂线与双曲线交于B，C两点,若A1B⊥A2C，则该双曲线的渐近线的斜率为()A.±eq\f(1,2）B。±eq\f（\r(2）,2）C.±1D。±eq\r（2)5。解析双曲线eq\f(x2，a2）－eq\f(y2,b2)＝1的右焦点F（c，0)，左、右顶点分别为A1（－a，0），A2（a,0），易求Beq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(c，\f（b2,a)）),Ceq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（c，－\f（b2,a)）)，则＝eq\f（\f(b2，a）,c＋a)，＝eq\f(\f（b2,a）,a－c)，又A1B与A2C垂直，则有·＝－1,即eq\f(\f（b2，a）,c＋a)·eq\f（\f（b2,a）,a－c）＝－1，∴eq\f(\f(b4,a2）,c2－a2)＝1，∴a2＝b2，即a＝b，∴渐近线斜率k＝±eq\f(b，a)＝±1。答案C6.(2015·湖北,9)将离心率为e1的双曲线C1的实半轴长a和虚半轴长b(a≠b)同时增加m(m>0）个单位长度，得到离心率为e2的双曲线C2,则（）A.对任意的a，b，e1〈e2B。当a〉b时,e1〈e2;当a<b时，e1>e2C。对任意的a，b，e1>e2D。当a>b时，e1>e2；当a〈b时，e1〈e26。解析e1＝eq\r(1＋\f(b2,a2））,e2＝eq\r（1＋\f（（b＋m）2,（a＋m）2)）.不妨令e1<e2,化简得eq\f(b，a)〈eq\f(b＋m，a＋m）（m>0），得bm<am，得b<a.所以当b〉a时，有eq\f(b,a)〉eq\f(b＋m,a＋m），即e1>e2；当b<a时，有eq\f（b，a)〈eq\f（b＋m，a＋m)，即e1〈e2。故选B.答案B7.（2014·新课标全国Ⅰ,4）已知双曲线eq\f（x2,a2)－eq\f（y2，3）＝1(a＞0）的离心率为2，则a＝()A.2B.eq\f(\r（6），2)C.eq\f(\r(5),2）D。17。解析由双曲线方程知b2＝3，从而c2＝a2＋3，又e＝2，因此eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2＋3,a2）＝4，又a>0，所以a＝1，故选D.答案D8。(2014·重庆,8)设F1，F2分别为双曲线eq\f（x2，a2)－eq\f(y2，b2)＝1(a＞0,b＞0）的左、右焦点，双曲线上存在一点P使得（|PF1|－｜PF2｜)2＝b2－3ab，则该双曲线的离心率为（）A.eq\r（2）B.eq\r(15）C.4D。eq\r(17）8。解析根据双曲线的定义，得｜|PF1｜－｜PF2｜|＝2a。又(|PF1｜－｜PF2|）2＝b2－3ab，所以4a2＝b2－3ab，即（a＋b)（4a－b）＝0,又a＋b≠0，所以b＝4a，所以e＝eq\f（c,a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(b,a)）)\s\up12（2))＝eq\r（1＋42)＝eq\r(17)。答案D9。(2014·广东，8）若实数k满足0＜k＜5,则曲线eq\f(x2,16）－eq\f（y2,5－k)＝1与曲线eq\f（x2,16－k)－eq\f（y2,5）＝1的(）A。实半轴长相等B。虚半轴长相等C。离心率相等D。焦距相等9。解析若0<k<5,则5－k〉0,16－k〉0,故方程eq\f（x2，16）－eq\f(y2，5－k）＝1表示焦点在x轴上的双曲线，且实半轴的长为4，虚半轴的长为eq\r(5－k）,焦距2c＝2eq\r（21－k)，离心率e＝eq\f(\r(21－k)，4）；同理方程eq\f（x2,16－k）－eq\f(y2,5）＝1也表示焦点在x轴上的双曲线,实半轴的长为eq\r(16－k)，虚半轴的长为eq\r(5），焦距2c＝2eq\r(21－k),离心率e＝eq\f（\r(21－k)，\r（16－k）).可知两曲线的焦距相等.故选D。答案D10.(2014·天津，6）已知双曲线eq\f(x2，a2）－eq\f(y2,b2)＝1（a＞0,b＞0）的一条渐近线平行于直线l:y＝2x＋10,双曲线的一个焦点在直线l上，则双曲线的方程为()A.eq\f（x2，5）－eq\f(y2，20）＝1B.eq\f(x2,20）－eq\f(y2,5)＝1C。eq\f（3x2,25）－eq\f（3y2,100)＝1D。eq\f（3x2,100）－eq\f（3y2,25）＝110。解析由题意可得eq\f(b，a)＝2，c＝5，所以c2＝a2＋b2＝5a2＝25，解得a2＝5,b2＝20，则所求双曲线的方程为eq\f(x2，5）－eq\f(y2，20）＝1.答案A11。（2014·江西,9)过双曲线C：eq\f(x2,a2）－eq\f(y2,b2）＝1的右顶点作x轴的垂线，与C的一条渐近线相交于点A.若以C的右焦点为圆心、半径为4的圆经过A,O两点(O为坐标原点），则双曲线C的方程为(）A.eq\f(x2,4）－eq\f(y2，12）＝1B.eq\f（x2，7）－eq\f（y2，9)＝1C。eq\f(x2，8）－eq\f（y2,8）＝1D。eq\f（x2,12）－eq\f（y2，4)＝111。解析设双曲线的右焦点为F，则F（c，0)（其中c＝eq\r(a2＋b2）），且c＝｜OF｜＝r＝4，不妨将直线x＝a代入双曲线的一条渐近线方程y＝eq\f(b，a)x，得y＝b，则A(a，b)。由|FA|＝r＝4，得eq\r（（a－4）2＋b2）＝4，即a2－8a＋16＋b2＝16，所以c2－8a＝0，所以8a＝c2＝42，解得a＝2，所以b2＝c2－a2＝16－4＝12，所以所求双曲线的方程为eq\f（x2，4)－eq\f（y2，12)＝1。答案A（2016·北京，12）已知双曲线eq\f（x2,a2)－eq\f（y2,b2）＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线为2x＋y＝0，一个焦点为(eq\r(5)，0)，则a＝________;b＝________.12。解析由2x＋y＝0得y＝－2x，所以eq\f(b,a)＝2.又c＝eq\r（5），a2＋b2＝c2,解得a＝1，b＝2。答案12（2016·山东，14）已知双曲线E:eq\f（x2,a2)－eq\f（y2,b2)＝1（a＞0，b＞0)。若矩形ABCD的四个顶点在E上，AB，CD的中点为E的两个焦点，且2|AB｜＝3｜BC|，则E的离心率是________.13.解析由已知得｜AB｜＝eq\f(2b2，a）,｜BC|＝2c，∴2×eq\f(2b2,a）＝3×2c.又∵b2=c2-a2,整理得:2c2-3ac—2a2=0,两边同除以a2得2eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(c,a)））eq\s\up12（2）—3eq\f（c，a）—2=0，即2e2-3e—2＝0,解得e=2。答案2（2016·浙江，13)设双曲线x2－eq\f(y2，3）＝1的左、焦点分别为F1，F2，若点P在双曲线上，且△F1PF2为锐角三角形，则|PF1｜＋｜PF2｜的取值范围是________。14.解析如图，由已知可得a＝1，b＝eq\r(3），c＝2，从而｜F1F2｜＝4，由对称性不妨设P在右支上,设｜PF2｜＝m，则|PF1|＝m＋2a＝m＋2，由于△PF1F2为锐角三角形，结合实际意义需满足eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1((m＋2）2＜m2＋42,,42＜（m＋2)2＋m2，）)解得－1＋eq\r（7）＜m＜3,又｜PF1|＋|PF2｜＝2m＋2，∴2eq\r(7)＜2m＋2＜8。答案(2eq\r（7），8）(2015·新课标全国Ⅱ，15）已知双曲线过点(4,eq\r(3))，且渐近线方程为y＝±eq\f(1，2）x，则该双曲线的标准方程为______________。15。解析由双曲线渐近线方程为y＝±eq\f（1,2）x,可设该双曲线的标准方程为eq\f（x2,4)－y2＝λ(λ≠0），已知该双曲线过点(4，eq\r(3）)，所以eq\f（42，4)－(eq\r(3))2＝λ，即λ＝1，故所求双曲线的标准方程为eq\f(x2，4)－y2＝1。答案eq\f(x2，4)－y2＝1(2015·北京，12）已知(2，0)是双曲线x2－eq\f(y2，b2）＝1(b＞0)的一个焦点，则b＝________。16。解析由题意:c＝2，a＝1，由c2＝a2＋b2。得b2＝4－1＝3，所以b＝eq\r（3）。答案eq\r（3）(2015·新课标全国Ⅰ，16)已知F是双曲线C:x2－eq\f（y2，8)＝1的右焦点，P是C的左支上一点，A(0,6eq\r（6）)。当△APF周长最小时，该三角形的面积为________.17.解析设左焦点为F1，|PF|－|PF1|＝2a＝2，∴｜PF｜＝2＋|PF1｜，△APF的周长为｜AF｜＋｜AP|＋｜PF｜＝｜AF|＋｜AP｜＋2＋｜PF1|，△APF周长最小即为｜AP|＋|PF1|最小，当A、P、F1在一条直线时最小，过AF1的直线方程为eq\f（x,－3)＋eq\f(y，6\r（6））＝1。与x2－eq\f（y2，8）＝1联立，解得P点坐标为（－2，2eq\r（6）),此时S＝S△AF1F－S△F1PF＝12eq\r(6).答案12eq\r(6)(2015·山东，15）过双曲线C：eq\f(x2,a2）－eq\f(y2，b2)＝1（a〉0,b〉0）的右焦点作一条与其渐近线平行的直线，交C于点P。若点P的横坐标为2a，则C的离心率为________。18。解析把x＝2a代入eq\f(x2,a2)－eq\f（y2,b2）＝1得y＝±eq\r（3）b.不妨取P(2a，－eq\r(3）b).又∵双曲线右焦点F2的坐标为（c，0），∴kF2P＝eq\f(\r(3）b，c－2a).由题意，得eq\f(\r（3)b，c－2a)＝eq\f(b，a).∴(2＋eq\r（3)）a＝c.∴双曲线C的离心率为e＝eq\f（c,a)＝2＋eq\r(3)。答案2＋eq\r(3)考点3抛物线1。(2016·新课标全国Ⅱ,5)设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，曲线y＝eq\f(k,x)(k〉0）与C交于点P，PF⊥x轴，则k＝（)A。eq\f(1,2）B.1C.eq\f(3，2)D.21。解析由题可知抛物线的焦点坐标为（1,0），由PF⊥x轴知,｜PF｜＝2，所以P点的坐标为（1,2),代入曲线y＝eq\f(k,x）（k〉0）得k＝2,故选D.答案D2.(2016·四川，3)抛物线y2＝4x的焦点坐标是（)A.(0,2）B.（0，1)C.(2，0)D。(1，0)2。解析∵对于抛物线y2＝ax，其焦点坐标为eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(a，4），0))，∴y2＝4x，则为（1,0）。答案D3。（2015·陕西，3）已知抛物线y2＝2px(p＞0)的准线经过点（－1,1），则该抛物线焦点坐标为（)A.（－1，0)B.(1，0）C.（0，－1）D.(0，1）3。解析由于抛物线y2＝2px(p＞0）的准线方程为x＝－eq\f(p,2），由题意得－eq\f(p，2)＝－1,p＝2，焦点坐标为eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1，0))，故选B.答案B4.（2015·新课标全国Ⅰ，5)已知椭圆E的中心在坐标原点，离心率为eq\f(1,2)，E的右焦点与抛物线C：y2＝8x的焦点重合，A，B是C的准线与E的两个交点，则｜AB|＝（)A.3B.6C.9D。124。解析因为e＝eq\f（c,a）＝eq\f(1,2），y2＝8x的焦点为(2，0），所以c＝2,a＝4,故椭圆方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12）＝1，将x＝－2代入椭圆方程，解得y＝±3，所以|AB|＝6。答案B5.(2014·新课标全国Ⅱ，10）设F为抛物线C:y2＝3x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，则｜AB｜＝()A.eq\f(\r(30），3）B.6C.12D。7eq\r(3)5。解析抛物线C：y2＝3x的焦点为Feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（3，4），0)),所以AB所在的直线方程为y＝eq\f（\r（3），3)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x－\f(3，4)）)，将y＝eq\f（\r(3）,3）eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x－\f(3，4））)代入y2＝3x，消去y整理得x2－eq\f(21,2）x＋eq\f（9,16)＝0.设A(x1，y1），B(x2,y2)，由根与系数的关系得x1＋x2＝eq\f(21,2)，由抛物线的定义可得｜AB｜＝x1＋x2＋p＝eq\f（21,2）＋eq\f(3，2)＝12，故选C.答案C6.(2014·安徽，3)抛物线y＝eq\f(1,4)x2的准线方程是（）A.y＝－1B。y＝－2C。x＝－1D。x＝－26。解析由y=eq\f（1,4）x2得x2=4y，焦点在y轴正半轴上，且2p＝4，即p＝2，因此准线方程为y=—eq\f(p,2）=-1。故选A.

答案A7.（2014·四川,10）已知F为抛物线y2＝x的焦点,点A,B在该抛物线上且位于x轴的两侧,eq\o(OA,\s\up6(→)）·eq\o(OB，\s\up6(→）)＝2(其中O为坐标原点），则△ABO与△AFO面积之和的最小值是（)A.2B。3C.eq\f(17\r(2），8）D。eq\r(10）7。解析如图，可设A(m2，m),B(n2，n），其中m>0，n<0，则eq\o（OA,\s\up6（→））＝(m2，m），eq\o（OB，\s\up6（→）)＝(n2,n)，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o（OB，\s\up6（→））＝m2n2＋mn＝2,解得mn＝1(舍）或mn＝－2.∴lAB：（m2－n2)（y－n)＝（m－n)(x－n2），即（m＋n)（y－n)＝x－n2，令y＝0，解得x＝－mn＝2，∴C(2,0）.S△AOB＝S△AOC＋S△BOC＝eq\f(1，2）×2×m＋eq\f（1,2）×2×（－n）＝m－n，S△AOF＝eq\f(1,2)×eq\f（1,4)×m＝eq\f（1,8）m，则SAOB＋S△AOF＝m－n＋eq\f(1,8)m＝eq\f（9,8)m－n＝eq\f(9，8)m＋eq\f(2,m)≥2eq\r(\f（9,8)m·\f（2,m)）＝3，当且仅当eq\f(9,8)m＝eq\f(2,m),即m＝eq\f(4,3)时等号成立。故△ABO与△AFO面积之和的最小值为3。答案B8。(2014·辽宁，8)已知点A(－2，3)在抛物线C：y2＝2px的准线上，记C的焦点为F,则直线AF的斜率为()A.－eq\f(4,3）B。－1C。－eq\f（3,4)D.－eq\f(1,2）解析由点A(－2，3)在抛物线C：y2＝2px的准线上,得焦点F（2，0)，∴kAF＝eq\f（3,－2－2)＝－eq\f（3，4)，故选C。答案C9。(2014·新课标全国Ⅰ，10)已知抛物线C:y2＝x的焦点为F，A（x0，y0）是C上一点，｜AF｜＝eq\f(5,4）x0，则x0＝（)A。1B。2C。4D。89。解析由题意知抛物线的准线为x＝－eq\f(1，4)。因为｜AF｜＝eq\f(5,4)x0,根据抛物线的定义可得x0＋eq\f（1，4）＝|AF｜＝eq\f(5，4)x0，解得x0＝1，故选A。答案A（2014·上海，4)若抛物线y2＝2px的焦点与椭圆eq\f（x2,9)＋eq\f（y2，5）＝1的右焦点重合,则该抛物线的准线方程为________.10。解析∵c2＝9－5＝4，∴c＝2.∴椭圆eq\f(x2,9）＋eq\f(y2,5)＝1的右焦点为（2，0)，∴eq\f（p，2)＝2,即抛物线的准线方程为x＝－2.答案x＝－2（2014·湖南，14）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________。11.解析设机器人为A（x，y）,依题意得点A在以F(1，0）为焦点，x＝－1为准线的抛物线上，该抛物线的标准方程为y2＝4x.过点P（－1,0)，斜率为k的直线为y＝k（x＋1）.由eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(y2＝4x,，y＝kx＋k，))得ky2－4y＋4k＝0。当k＝0时，显然不符合题意;当k≠0时，依题意得Δ＝(－4)2－4k·4k<0，化简得k2－1〉0，解得k〉1或k〈－1，因此k的取值范围为(－∞,－1)∪（1，＋∞).答案(－∞,－1)∪(1，＋∞）12。（2016·新课标全国Ⅰ,20）在直角坐标系xOy中，直线l：y＝t（t≠0）交y轴于点M，交抛物线C：y2＝2px（p>0）于点P,M关于点P的对称点为N，连接ON并延长交C于点H.(1）求eq\f(｜OH|,｜ON|);（2)除H以外，直线MH与C是否有其它公共点？说明理由.12。解（1)由已知得M(0，t），Peq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（t2,2p)，t））,又N为M关于点P的对称点，故Neq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（t2，p），t)），ON的方程为y＝eq\f(p，t）x，代入y2＝2px整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0,x2＝eq\f(2t2，p)，因此Heq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2t2，p)，2t））.所以N为OH的中点，即eq\f（｜OH｜,｜ON|)＝2。(2)直线MH与C除H以外没有其它公共点，理由如下：直线MH的方程为y－t＝eq\f(p,2t）x，即x＝eq\f（2t，p)(y－t）.代入y2＝2px得y2－4ty＋4t2＝0,解得y1＝y2＝2t,即直线MH与C只有一个公共点，所以除H以外直线MH与C没有其它公共点。13.（2016·浙江，19）如图,设抛物线y2＝2px(p＞0）的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于｜AF｜－1。（1）求p的值；(2）若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M，求M的横坐标的取值范围。13。解（1)由题意可得,抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x＝－1的距离，由抛物线的定义得eq\f（p,2）＝1，即p＝2。(2)由(1）得，抛物线方程为y2＝4x,F（1，0），可设A（t2，2t)，t≠0，t≠±1。因为AF不垂直于y轴，可设直线AF：x＝sy＋1(s≠0），由eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(y2＝4x，，x＝sy＋1))消去x得y2－4sy－4＝0。故y1y2＝－4，所以,Beq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，t2)，－\f(2，t）)).又直线AB的斜率为eq\f（2t,t2－1)，故直线FN的斜率为－eq\f(t2－1,2t)，从而得直线FN：y＝－eq\f（t2－1,2t)(x－1），直线BN：y＝－eq\f(2，t）。所以Neq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（t2＋3,t2－1），－\f（2，t）））。设M(m，0），由A，M，N三点共线得eq\f（2t，t2－m)＝eq\f（2t＋\f(2,t),t2－\f（t2＋3，t2－1）），于是m＝eq\f（2t2，t2－1），所以m＜0或m＞2.经检验，m＜0或m＞2满足题意。综上，点M的横坐标的取值范围是（－∞，0）∪（2,＋∞).14.（2015·浙江，19）如图，已知抛物线C1：y＝eq\f(1，4）x2，圆C2：x2＋(y－1)2＝1，过点P（t，0)(t＞0）作不过原点O的直线PA,PB分别与抛物线C1和圆C2相切，A，B为切点.(1)求点A，B的坐标；（2）求△PAB的面积.注:直线与抛物线有且只有一个公共点，且与抛物线的对称轴不平行，则称该直线与抛物线相切，称该公共点为切点.14。解(1）由题意知直线PA的斜率存在，故可设直线PA的方程为y＝k（x－t)。由eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（y＝k（x－t），，y＝\f(1，4)x2)）消去y，整理得：x2－4kx＋4kt＝0,由于直线PA与抛物线相切，得k＝t，因此，点A的坐标为（2t，t2).设圆C2的圆心为D(0，1),点B的坐标为(x0，y0），由题意知：点B，O关于直线PD对称，故eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1（\f（y0，2)＝－\f(x0,2t)＋1，，x0t－y0＝0.））解得eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(x0＝\f（2t,1＋t2），,y0＝\f（2t2，1＋t2）.）)因此,点B的坐标为eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（2t，1＋t2),\f(2t2,1＋t2))）.(2）由(1）知，｜AP|＝t·eq\r（1＋t2）和直线PA的方程tx－y－t2＝0,点B到直线PA的距离是d＝eq\f(t2，\r（1＋t2）),设△PAB的面积为S（t)，所以S（t）＝eq\f（1，2)｜AP|·d＝eq\f（t3,2）.15。(2015·福建，19）已知点F为抛物线E：y2＝2px（p＞0）的焦点，点A（2，m）在抛物线E上，且|AF|＝3.(1)求抛物线E的方程；（2)已知点G（－1，0)，延长AF交抛物线E于点B，证明：以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切。15.方法一（1）解由抛物线的定义得|AF｜＝2＋eq\f（p,2).因为｜AF｜＝3，即2＋eq\f(p,2）＝3，解得p＝2，所以抛物线E的方程为y2＝4x。（2)证明因为点A(2，m）在抛物线E:y2＝4x上，所以m＝±2eq\r(2）,由抛物线的对称性，不妨设A（2，2eq\r(2）).由A(2，2eq\r(2)),F（1，0)可得直线AF的方程为y＝2eq\r（2)(x－1）.由eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(y＝2\r(2)（x－1),，y2＝4x))得2x2－5x＋2＝0，解得x＝2或x＝eq\f（1,2),从而Beq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，2），－\r(2))）。又G(－1,0),所以kGA＝eq\f(2\r(2)－0,2－（－1））＝eq\f(2\r(2)，3)，kGB＝eq\f(－\r(2)－0,\f（1,2)－（－1))＝－eq\f(2\r（2),3）。所以kGA＋kGB＝0,从而∠AGF＝∠BGF，这表明点F到直线GA，GB的距离相等，故以F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切.法二(1)同法一。（2)证明设以点F为圆心且与直线GA相切的圆的半径为r.因为点A(2,m）在抛物线E：y2＝4x上,所以m＝±2eq\r(2），由抛物线的对称性,不妨设A（2，2eq\r（2)）。由A(2,2eq\r（2）)，F（1,0）可得直线AF的方程为y＝2eq\r(2)（x－1)。由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2\r(2）(x－1），,y2＝4x）)得2x2－5x＋2＝0。解得x＝2或x＝eq\f（1，2)，从而Beq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2），－\r（2）））.又G（－1，0)，故直线GA的方程为2eq\r（2)x－3y＋2eq\r（2)＝0.从而r＝eq\f(｜2\r（2）＋2\r（2）｜，\r（8＋9)）＝eq\f(4\r(2），\r(17）).又直线GB的方程为2eq\r（2）x＋3y＋2eq\r(2）＝0。所以点F到直线GB的距离d＝eq\f(|2\r(2)＋2\r(2）|，\r（8＋9））＝eq\f（4\r(2）,\r（17)）＝r.这表明以点F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切.16。(2014·浙江，22）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，eq\o(PF，\s\up6（→））＝3eq\o(FM,\s\up6(→））.（1)若｜eq\o（PF,\s\up6（→))|＝3，求点M的坐标;（2）求△ABP面积的最大值。16。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（2eq\r（2)，2)或P（－2eq\r（2），2)。由eq\o（PF，\s\up6（→)）＝3eq\o(FM,\s\up6（→)），分别得Meq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(2\r（2),3),\f(2,3))）或Meq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2）,3),\f(2,3））).(2)设直线AB的方程为y＝kx＋m，点A(x1，y1），B(x2,y2)，P(x0，y0)。由eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(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eq\o(PF,\s\up6（→)）＝3eq\o（FM，\s\up6（→）），得（－x0，1－y0）＝3（2k，2k2＋m－1），所以eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（x0＝－6k，，y0＝4－6k2－3m。))由xeq\o\al（2，0)＝4y0得k2＝－eq\f（1，5）m＋eq\f（4，15）。由Δ＞0，k2≥0，得－eq\f(1,3)＜m≤eq\f(4,3）.又因为|AB｜＝4eq\r(1＋k2)eq\r(k2＋m)，点F（0，1)到直线AB的距离为d＝eq\f(|m－1｜,\r(1＋k2))。所以S△ABP＝4S△ABF＝8|m－1|eq\r（k2＋m)＝eq\f(16，\r（15)）eq\r(3m3－5m2＋m＋1）。记f（m）＝3m3－5m2＋m＋1eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(1,3）＜m≤\f(4，3））)。令f′（m）＝9m2－10m＋1＝0，解得m1＝eq\f（1,9），m2＝1。可得f（m)在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（1,3），\f(1,9）)）上是增函数，在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，9），1））上是减函数,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1，\f(4，3）））上是增函数.又feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,9））)＝eq\f(256,243)＞feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(4,3）))。所以，当m＝eq\f(1，9）时，f（m）取到最大值eq\f（256,243)，此时k＝±eq\f(\r(55），15).所以,△ABP面积的最大值为eq\f（256\r(5)，135）.17.(2014·福建，21)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.17。解方法一（1）设S(x，y)为曲线Γ上任意一点，依题意，点S到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＝eq\f（1,4）x2，设P(x0，y0)(x0≠0)，则y0＝eq\f(1，4）xeq\o\al（2,0)，由y′＝eq\f（1，2)x，得切线l的斜率k＝y′｜x＝x0＝eq\f（1，2)x0,所以切线l的方程为y－y0＝eq\f(1，2)x0(x－x0）,即y＝eq\f（1，2)x0x－eq\f（1,4）xeq\o\al（2,0）。由eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(y＝\f（1，2）x0x－\f（1,4）xeq\o\al(2,0），,y＝0，)）得Aeq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，2）x0，0)）.由eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2）x0x－\f(1，4）xeq\o\al（2，0)，，y＝3，)）得Meq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,2）x0＋\f（6，x0）,3)）。又N（0，3）,所以圆心Ceq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，4)x0＋\f(3，x0）,3））。半径r＝eq\f(1，2)｜MN|＝｜eq\f（1，4）x0＋eq\f(3,x0)|，|AB|＝eq\r（｜AC|2－r2）＝eq\r（\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（1,2)x0－\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，4）x0＋\f（3，x0)）)）)\s\up12（2)＋32－\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，4)x0＋\f(3,x0)）)\s\up12(2)）＝eq\r（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）|－eq\r（(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eq\r（（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.考点4直线与圆锥曲线的位置关系1.（2015·四川，10）设直线l与抛物线y2＝4x相交于A,B两点，与圆(x－5)2＋y2＝r2(r＞0)相切于点M，且M为线段AB的中点,若这样的直线l恰有4条,则r的取值范围是()A.(1，3)B。（1，4)C。(2,3）D.（2，4）1.解析设A（x1,y1），B（x2,y2）,M(x0，y0），则eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（yeq\o\al(2,1）＝4x1,，yeq\o\al(2，2）＝4x2,）)相减得(y1+y2)(y1—y2）＝4（x1-x2）,当l的斜率不存在时,符合条件的直线l必有两条；当l的斜率存在时，x1≠x2,则有eq\f（y1＋y2，2）·eq\f(y1－y2，x1－x2)＝2，即y0·k＝2，由CM⊥AB得k·eq\f(y0－0，x0－5）＝－1，y0k＝5－x0,2＝5－x0，∴x0＝3，即M必在直线x＝3上，将x＝3代入y2＝4x，得y2＝12,有－2eq\r（3)＜y0＜2eq\r（3），∵点M在圆上，∴(x0－5）2＋yeq\o\al(2，0)＝r2，r2＝yeq\o\al(2，0）＋4＜12＋4＝16,又yeq\o\al（2,0）＋4＞4,∴4＜r2＜16，∴2＜r＜4，故选D。答案D2。(2016·新课标全国Ⅱ，21)已知A是椭圆E：eq\f（x2,4)＋eq\f(y2，3）＝1的左顶点，斜率为k（k>0)的直线交E于A，M两点,点N在E上，MA⊥NA。(1）当|AM｜＝|AN|时，求△AMN的面积。(2)当2｜AM|＝|AN|时,证明：eq\r（3）〈k〈2.2.解(1)设M(x1,y1）,则由题意知y1>0,由｜AM｜＝｜AN|及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为eq\f（π，4)。又A(—2,0），因此直线AM的方程为y=x+2。将x＝y－2代入eq\f（x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1得7y2－12y＝0,解得y＝0或y＝eq\f（12，7），所以y1＝eq\f（12，7)。因此△AMN的面积S△AMN＝2×eq\f(1,2)×eq\f（12，7)×eq\f（12,7)＝eq\f(144,49)。(2）证明将直线AM的方程y＝k（x＋2)（k>0)代入eq\f（x2,4)＋eq\f（y2,3)＝1得（3＋4k2）x2＋16k2x＋16k2－12＝0,由x1·（－2）＝eq\f（16k2－12,3＋4k2）得x1＝eq\f（2（3－4k2），3＋4k2），故｜AM|＝|x1＋2｜eq\r(1＋k2）＝eq\f(12\r（1＋k2），3＋4k2)。由题设,直线AN的方程为y＝－eq\f(1,k）(x＋2），故同理可得｜AN|＝eq\f(12k\r（1＋k2),3k2＋4)。由2｜AM｜＝|AN|,得eq\f（2，3＋4k2)＝eq\f（k，3k2＋4）,即4k3－6k2＋3k－8＝0，设f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，则k是f（t)的零点,f′（t）＝12t2－12t＋3＝3（2t－1）2≥0,所以f(t）在（0，＋∞)单调递增，又f（eq\r(3))＝15eq\r(3)－26<0,f(2）＝6>0,因此f(t）在（0，＋∞）有唯一的零点,且零点k在(eq\r（3)，2）内，所以eq\r（3)〈k〈2。3。(2016·新课标全国Ⅲ，20)已知抛物线C:y2＝2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点。（1）若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明:AR∥FQ;（2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程.3.（1)证明由题设Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,2），0))，设l1：y＝a,l2：y＝b，则ab≠0，且Aeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（a2，2），a）)，Beq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(b2,2)，b)），Peq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(1，2）,a）),Qeq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，b）),Req\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（1，2），\f(a＋b,2)））。记过A，B两点的直线为l,则l的方程为2x－(a＋b）y＋ab＝0。由于F在线段AB上,故1＋ab＝0。记AR的斜率为k1，FQ的斜率为k2，则k1＝eq\f(a－b，1＋a2)＝eq\f(a－b,a2－ab)＝eq\f(1，a）＝eq\f(－ab，a)＝－b＝k2.所以AR∥FQ.（2)解设过AB的直线为l，设l与x轴的交点为D(x1,0），则S△ABF＝eq\f（1,2)｜b—a｜·|FD｜＝eq\f（1，2）|b-a|eq\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1（x1－\f(1,2）)）,S△PQF＝eq\f（|a－b|，2）.由题设可得｜b－a｜eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1(x1－\f（1，2)))＝eq\f(｜a－b|,2)，所以x1＝1，x1＝0（舍去)，设满足条件的AB的中点为E（x,y)。当AB与x轴不垂直时,由kAB＝kDE，可得eq\f(2,a＋b)＝eq\f(y，x－1）（x≠1)。而eq\f(a＋b,2）＝y.所以y2＝x－1(x≠1)。当AB与x轴垂直时，E与D重合.所以，所求轨迹方程为y2＝x－1。4.（2016·北京,19)已知椭圆C:eq\f（x2，a2）＋eq\f（y2，b2）＝1，过点A(2,0）,B(0,1）两点。（1)求椭圆C的方程及离心率；（2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证:四边形ABNM的面积为定值。4.（1)解由椭圆过点A(2，0),B(0,1)知a＝2，b＝1。所以椭圆方程为eq\f（x2,4)＋y2＝1，又c＝eq\r（a2－b2）＝eq\r(3）。所以椭圆离心率e＝eq\f（c,a)＝eq\f(\r（3），2）。（2）证明设P点坐标为(x0，y0)(x0＜0,y0＜0），则xeq\o\al(2，0)＋4yeq\o\al（2，0）＝4，由B点坐标（0，1)得直线PB方程为：y－1＝eq\f(y0－1,x0）(x－0)，令y＝0，得xN＝eq\f(x0，1－y0)，从而｜AN|＝2－xN＝2＋eq\f(x0，y0－1），由A点坐标(2,0)得直线PA方程为y－0＝eq\f（y0，x0－2）（x－2）,令x＝0，得yM＝eq\f（2y0，2－x0），从而｜BM|＝1－yM＝1＋eq\f(2y0，x0－2),所以S四边形ABNM＝eq\f(1，2)｜AN|·｜BM|＝eq\f(1,2）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2＋\f（x0,y0－1))）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0，x0－2）))＝eq\f(xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0）＋4x0y0－4x0－8y0＋4,2(x0y0－x0－2y0＋2))＝eq\f（2x0y0－2x0－4y0＋4，x0y0－x0－2y0＋2）＝2.即四边形ABNM的面积为定值2。5。（2016·山东，21)已知椭圆C：eq\f（x2,a2）＋eq\f(y2，b2）＝1（a＞b＞0)的长轴长为4,焦距为2eq\r(2)。(1）求椭圆C的方程;（2)过动点M（0，m）（m＞0）的直线交x轴于点N，交C于点A,P（P在第一象限），且M是线段PN的中点。过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长QM交C于点B.①设直线PM、QM的斜率分别为k、k′，证明eq\f（k′,k）为定值.②求直线AB的斜率的最小值。5.（1）解设椭圆的半焦距为c.由题意知2a＝4，2c＝2eq\r（2）。所以a＝2，b＝eq\r（a2－c2)＝eq\r(2)。所以椭圆C的方程为eq\f(x2，4)＋eq\f(y2，2）＝1.（2)①证明设P(x0，y0)（x0＞0，y0＞0)。由M（0,m），可得P(x0，2m），Q（x0,－2m).所以直线PM的斜率k＝eq\f(2m－m，x0)＝eq\f(m,x0)。直线QM的斜率k′＝eq\f（－2m－m,x0)＝－eq\f(3m，x0).此时eq\f(k′，k）＝－3。所以eq\f(k′，k)为定值－3。②解设A(x1，y1），B(x2，y2）。直线PA的方程为y＝kx＋