专题03圆锥曲线的方程（解析版）

专题03圆锥曲线的方程一．椭圆的标准方程（共3小题）1．（2022秋•洛阳期末）“0＜t＜1”是“曲线表示椭圆”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【分析】本题考查的判断充要条件的方法，我们可以根据充要条件的定义进行判断．【解答】解：∵曲线表示椭圆，∴，∴0＜t＜1且t≠．∴“0＜t＜1”是“曲线表示椭圆”的必要而不充分条件．故选：B．【点评】本题考查充要条件的判断，椭圆的标准方程的形式，属于基础题．2．（2022秋•宁阳县校级期末）以双曲线﹣＝1的焦点为顶点，顶点为焦点的椭圆方程是+＝1．【分析】先求出双曲线的顶点和焦点，从而得到椭圆的焦点和顶点，进而得到椭圆方程．【解答】解：双曲线的顶点为（2，0）和（﹣2，0），焦点为（﹣4，0）和（4，0）．∴椭圆的焦点坐标是（2，0）和（﹣2，0），顶点为（﹣4，0）和（4，0）．∴椭圆方程为+＝1．故答案为：+＝1．【点评】本题考查双曲线和椭圆的性质和应用，解题时要注意区分双曲线和椭圆的基本性质．3．（2022秋•渝北区校级期末）已知椭圆C：（a＞b＞0）的离心率为，短轴长为2．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）若直线l：y＝kx+m（k≠0）与椭圆C交于不同的两点M，N，且线段MN的垂直平分线过定点（1，0），求实数k的取值范围．【分析】（Ⅰ）由题意可知：，解出即可得椭圆C的标准方程．（Ⅱ）设M（x1，y1），N（x2，y2），将y＝kx+m代入椭圆方程，消去y得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4＝0，可得Δ＞0，利用根与系数关系及其中点坐标公式可得线段MN的中点P的坐标，利用垂直平分线的性质可得线段MN的垂直平分线l'的方程，根据点P在直线l'上，可得方程，进而得出实数k的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）由题意可知：，得，故椭圆C的标准方程为（Ⅱ）设M（x1，y1），N（x2，y2），将y＝kx+m代入椭圆方程，消去y得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4＝0，所以Δ＝（8km）2﹣4（1+4k2）（4m2﹣4）＞0，即m2＜4k2+1…①由根与系数关系得，则，所以线段MN的中点P的坐标为．又线段MN的垂直平分线l'的方程为，由点P在直线l'上，得，即4k2+3km+1＝0，所以②由①②得，∵4k2+1＞0∴4k2+1＜9k2，所以，即或，所以实数k的取值范围是．【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、一元二次方程的根与系数的关系、不等式的解法、线段垂直平分线的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．二．椭圆的性质（共9小题）4．（2022秋•台江区校级期末）以椭圆+＝1的左焦点为焦点的抛物线的标准方程是（）A．y2＝16x B．y2＝﹣8x C．y2＝﹣16x D．x2＝﹣16y【分析】求出椭圆+＝1的左焦点，即可求出以椭圆+＝1的左焦点为焦点的抛物线的标准方程．【解答】解：椭圆+＝1的左焦点为（﹣4，0），∴以椭圆+＝1的左焦点为焦点的抛物线的标准方程是y2＝﹣16x．故选：C．【点评】本题考查求以椭圆+＝1的左焦点为焦点的抛物线的标准方程，考查椭圆的性质，属于中档题．5．（2022秋•道里区校级期末）椭圆的焦距为（）A．4 B．6 C．8 D．10【分析】利用椭圆的标准方程及其即可．【解答】解：由椭圆得a2＝25，b2＝9．∴＝4，∴2c＝8．因此椭圆的焦距为8．故选：C．【点评】熟练掌握椭圆的标准方程及其性质是解题的关键．6．（2022秋•葫芦岛期末）设椭圆＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为B．若|BF2|＝|F1F2|＝4，则该椭圆的方程为（）A． B． C． D．【分析】由已知求得a与c的值，再由隐含条件求解b，则答案可求．【解答】解：由|BF2|＝|F1F2|＝4，得a＝2c＝4，即a＝4，c＝2，则b2＝a2﹣c2＝16﹣4＝12．∴椭圆的方程为．故选：A．【点评】本题考查椭圆的性质，考查椭圆方程的求法，是基础题．7．（2023春•海淀区校级期末）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，且PF2⊥F1F2，过P作F1P的垂线交x轴于点A，若，记椭圆的离心率为e，则e2＝（）A． B． C． D．【分析】由题意，利用椭圆的定义和性质，先求出e，可得e2的值．【解答】解：由于椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，且PF2⊥F1F2，过P作F1P的垂线交x轴于点A，，记椭圆的离心率为e，则由射影定理可得＝|F1F2|•|AF2|＝2c×＝c2，∴|PF2|＝c．Rt△△PF1F2中，|PF1|＝＝c．再根据椭圆的定义，可得|PF1|+|PF2|＝2a，即c+c＝2a，∴e＝＝，则e2＝，故选：A．【点评】本题主要考查椭圆的定义和性质的应用，属于中档题．8．（2022秋•潮阳区期末）已知P，Q是椭圆3x2+6y2＝1上满足∠POQ＝90°的两个动点（O为坐标原点），则等于（）A．45 B．9 C． D．【分析】如图所示，直线OP的斜率存在时，设斜率为k，其方程为：y＝kx，可得OQ的方程为：y＝﹣x，设P（x1，y1），Q（x2，y2），联立，解得，，可得，同理可得，即可得出的值，直线OP的斜率不存在时，验证即可得出结论．【解答】解：如图所示，直线OP的斜率存在时，设斜率为k，其方程为：y＝kx，则OQ的方程为：y＝﹣x，设P（x1，y1），Q（x2，y2），联立，解得＝，＝，∴＝，同理可得＝＝，∴＝+＝9，直线OP的斜率不存在时，上式也成立．故选：B．【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、方程的思想方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．9．（2022秋•信阳期末）已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，P为C上一点，|PF1|＝2|PF2|，若C的离心率为，则∠F1PF2＝（）A．150° B．120° C．90° D．60°【分析】由|PF1|＝2|PF2，|PF1|+|PF2|＝2a，解得|PF1|，|PF2|，根据＝，可得c＝a，利用余弦定理即可得出结论．【解答】解：∵|PF1|＝2|PF2，|PF1|+|PF2|＝2a，∴|PF1|＝a，|PF2|＝a，∵＝，∴c＝a，不妨取a＝3，则c＝，|PF1|＝4，|PF2|＝2，∴cos∠F1PF2＝＝﹣，∠F1PF2∈[0°，180°]，∴∠F1PF2＝120°，故选：B．【点评】本题考查了椭圆的定义及其性质、余弦定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．10．（2022秋•阳泉期末）设椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的点，PF2⊥x轴，∠PF1F2＝30°，则椭圆C的离心率等于．【分析】由已知可得P点坐标，在Rt△PF1F2中，由∠PF1F2＝30°，可得2c＝yP，结合隐含条件即可求解．【解答】解：如图所示，F2（c，0），把x＝c代入椭圆方程可得：，解得y＝±，不妨取yP＝，在Rt△PF1F2中，∠PF1F2＝30°，∴2c＝×，得2ac＝（a2﹣c2），整理得e2+e﹣1＝0，e∈（0，1），解得e＝．故答案为：．【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质，考查运算求解能力，属于中档题．11．（2022秋•崂山区校级期末）已知椭圆C1：＝1的左右焦点分别为F1、F2，双曲线C2：＝1（a＞0，b＞0）与C1共焦点，点在双曲线C2上．（1）求双曲线C2的方程；（2）已知点P在双曲线C2上，且∠F1PF2＝60°，求△PF1F2的面积．【分析】（1）首先求焦点坐标，再利用双曲线的定义2a＝||AF1|﹣|AF2||，求双曲线方程；（2）结合余弦定理和双曲线的定义，求|PF1||PF2|．【解答】解：（1）由椭圆方程可知c2＝18﹣14＝4，∴F1（﹣2，0），F2（2，0），∵在双曲线C2上，∴2a＝|AF1|﹣|AF2|＝﹣＝2，∴a2＝2，b2＝c2﹣a2＝4﹣2＝2，∴双曲线C2的方程；（2）设点P在双曲线的右支上，并且设|PF1|＝m，|PF2|＝n，∴，∴mn＝8，∴△PF1F2的面积S＝mn•sin60°＝2．【点评】本题考查了椭圆与双曲线的定义与标准方程及其性质、余弦定理、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．12．（2022秋•河北区期末）已知椭圆＝1（a＞b＞0）的一个顶点为A（0，1），离心率为，过点B（0，﹣2）及左焦点F1的直线交椭圆于C，D两点，右焦点设为F2．（1）求椭圆的方程；（2）求△CDF2的面积．【分析】（1）根据椭圆的基本概念和平方关系，建立关于a、b、c的方程，解出a＝，b＝c＝1，从而得到椭圆的方程；（2）求出F1B直线的斜率得直线F1B的方程为y＝﹣2x﹣2，与椭圆方程联解并结合根与系数的关系算出|x1﹣x2|＝，结合弦长公式可得|CD|＝，最后利用点到直线的距离公式求出F2到直线BF1的距离d，即可得到△CDF2的面积．【解答】解：（1）∵椭圆＝1（a＞b＞0）的一个顶点为A（0，1），离心率为，∴b＝＝1，且＝，解之得a＝，c＝1可得椭圆的方程为；…（4分）（2）∵左焦点F1（﹣1，0），B（0，﹣2），得F1B直线的斜率为﹣2∴直线F1B的方程为y＝﹣2x﹣2由，化简得9x2+16x+6＝0．∵Δ＝162﹣4×9×6＝40＞0，∴直线与椭圆有两个公共点，设为C（x1，y1），D（x2，y2），则∴|CD|＝|x1﹣x2|＝•＝•＝又∵点F2到直线BF1的距离d＝＝，∴△CDF2的面积为S＝|CD|×d＝×＝．【点评】本题给出椭圆满足的条件，求椭圆的方程并求三角形的面积．着重考查了椭圆的标准方程与简单几何性质、直线与圆角曲线的位置关系等知识，属于中档题．三．直线与椭圆的综合（共3小题）13．（2022秋•西昌市期末）已知椭圆，离心率为．点P（x0，y0）为椭圆C上一动点（其中x0＜0，y0＞0），点F1，F2为椭圆C左右焦点，直线3x0x+4y0y＝0与直线PF2在一象限交于点M，则线段PM长度为（）A．2 B． C．1 D．4【分析】椭圆，离心率为，可得＝，解得a．由点P（x0，y0）为椭圆C上一动点（其中x0＜0，y0＞0），可得4＝12﹣3，直线PF2的方程为：y＝（x﹣1），与3x0x+4y0y＝0联立解得点M的坐标．利用两点之间的距离公式即可得出|PM|2．【解答】解：∵椭圆，离心率为，∴＝，解得a＝2．∴椭圆C的方程为+＝1．∵点P（x0，y0）为椭圆C上一动点（其中x0＜0，y0＞0），∴4＝12﹣3，直线PF2的方程为：y＝（x﹣1），与3x0x+4y0y＝0联立解得：xM＝，yM＝．∴|PM|2＝+＝+＝＝4，∴线段|PM|＝2，故选：A．【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、两点之间的距离公式、直线的交点、点与椭圆的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．14．（2022秋•阳泉期末）已知F1是椭圆的左焦点，上顶点B的坐标是，离心率为．（1）求椭圆的标准方程；（2）O为坐标原点，直线l过点F1且与椭圆相交于P，Q两点，过点F1作EF1⊥PQ，与直线x＝﹣3相交于点E，连接OE，与线段PQ相交于点M，求证：点M为线段PQ的中点．【分析】（1）由已知可得：b＝，＝，a2＝b2+c2，联立解得：b，a2，c，即可得出椭圆的标准方程．（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），线段PQ的中点坐标G（x0，y0），直线l的斜率为0时，直线l与x轴重合，EF1与直线x＝﹣3平行，不符合题意，舍去．设直线l的方程为my＝x+2，与椭圆方程联立化为（m2+3）y2﹣4my﹣2＝0，利用根与系数的关系、中点坐标公式可得线段PQ的中点坐标G．分别得出直线EF1的方程与直线OE的方程，可得其交点M坐标，只要证明G与M重合即可得出结论．【解答】解：（1）由已知可得：b＝，＝，a2＝b2+c2，联立解得：b＝，a2＝6，c＝2，∴椭圆的标准方程为+＝1．（2）证明：设P（x1，y1），Q（x2，y2），线段PQ的中点坐标G（x0，y0），直线l的斜率为0时，直线l与x轴重合，EF1与直线x＝﹣3平行，不符合题意，舍去．设直线l的方程为my＝x+2，联立，化为（m2+3）y2﹣4my﹣2＝0，Δ＞0，y1+y2＝，∴y0＝（y1+y2）＝，x0＝my0﹣2＝﹣，∴线段PQ的中点坐标G（﹣，）．直线EF1的方程为y＝﹣m（x+2），∴E（﹣3，m）．∴直线OE的方程为：y＝﹣x，即mx+3y＝0，联立，解得M（﹣，），∴G与M重合，因此点M为线段PQ的中点．【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、中点坐标公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．15．（2022秋•萍乡期末）已知椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，点P在椭圆C上，PF1⊥F1F2，|PF1|＝．（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知M是直线l：x＝t上的一点，是否存在这样的直线l，使得过点M的直线与椭圆C相切于点N，且以MN为直径的圆过点F2？若存在，求出直线l的方程，若不存在，说明理由．【分析】（1）由题意得e＝＝①，|PF1|+|PF2|＝2a，在Rt△PF1F2中，由勾股定理得|PF1|2+|F1F2|2＝|PF2|2②，联立①②，求解即可得出答案；（2）由（1）得椭圆C的标准方程为+＝1，设直线MN的方程为y＝kx+m，联立直线MN与椭圆C得（4k2+3）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，则Δ＝（8km）2﹣4（4k2+3）（4m2﹣12）＝0，且xN＝﹣＝﹣＝﹣，表示出N点坐标，根据圆的基本性质得∠MF2N＝90°，即•＝0，化简即可得出答案．【解答】解：（1）由题意设椭圆C的标准方程为+＝1，∵离心率为，∴e＝＝①，又点P在椭圆C上，PF1⊥F1F2，|PF1|＝，且|PF1|+|PF2|＝2a，在Rt△PF1F2中，由勾股定理得|PF1|2+|F1F2|2＝|PF2|2，即，（）2+（2c）2＝（2a﹣）2②，联立①②得c＝1，a＝2，则b2＝a2﹣c2＝，∴椭圆C的标准方程为+＝1；（2）由（1）得椭圆C的标准方程为+＝1，由题意得直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y＝kx+m，联立直线MN与椭圆C得，整理得（4k2+3）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，∵直线MN与椭圆C相切与点N，∴Δ＝（8km）2﹣4（4k2+3）（4m2﹣12）＝0，即m2＝4k2+3③，且xN＝﹣＝﹣＝﹣，∴yN＝kxN+m＝k•（﹣）+m＝，则切点N（﹣，），∵以MN为直径的圆过点F2，∴∠MF2N＝90°，又M是直线l：x＝t上的一点，则M（t，kt+m），F2（1，0），∴＝（t﹣1，kt+m），＝（﹣﹣1，）∴•＝（t﹣1）（﹣﹣1）+•（kt+m）＝0，即（t﹣4）（k+m）＝0，由③得t＝4，故存在直线l：x＝4，使得过点M的直线与椭圆C相切于点N，且以MN为直径的圆过点F2．【点评】本题考查直线与椭圆的综合和椭圆的标准方程，考查方程思想和转化思想，考查待定系数法，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．四．抛物线的标准方程（共2小题）16．（2022秋•大丰区校级期末）抛物线y2＝2x的准线方程是（）A． B． C． D．【分析】利用抛物线y2＝2px的准线方程为即可得出．【解答】解：由抛物线y2＝2x，可得准线方程x＝﹣，即．故选：C．【点评】本题考查了抛物线的直线方程，属于基础题．17．（2022秋•广东期末）设抛物线y2＝mx的准线与直线x＝1的距离为3，则抛物线的方程为y2＝8x或y2＝﹣16x．【分析】根据抛物线y2＝mx写出它的准线方程x＝﹣，再根据准线与直线x＝1的距离为3，对m的正负进行讨论，即可求得m的值，进而求得抛物线的方程．【解答】解：当m＞0时，准线方程为x＝﹣＝﹣2，∴m＝8，此时抛物线方程为y2＝8x；当m＜0时，准线方程为x＝﹣＝4，∴m＝﹣16，此时抛物线方程为y2＝﹣16x．∴所求抛物线方程为y2＝8x或y2＝﹣16x．故答案为：y2＝8x或y2＝﹣16x．【点评】此题是个中档题．考查抛物线的定义和简单的几何性质，以及待定系数法求抛物线的标准方程．体现了数形结合的思想，特别是解析几何，一定注意对几何图形的研究，以便简化计算．五．抛物线的性质（共7小题）18．（2022秋•攀枝花期末）对抛物线y＝x2，下列描述正确的是（）A．开口向上，焦点为（0，1） B．开口向右，焦点为（1，0） C．开口向上，焦点为（0，） D．开口向右，焦点为（，0）【分析】将抛物线方程化为标准方程，再由抛物线的性质，即可得到开口方向和焦点坐标．【解答】解：抛物线y＝x2，即为抛物线x2＝4y，由抛物线的性质可得该抛物线开口向上，焦点为（0，1）．故选：A．【点评】本题考查抛物线的方程和性质，主要考查抛物线的焦点，属于基础题．19．（2022秋•阿拉善左旗校级期末）抛物线x2＝6y的准线方程为（）A．x＝﹣ B．x＝﹣3 C．y＝﹣ D．y＝﹣3【分析】由于抛物线x2＝2py的准线方程为y＝﹣，则抛物线x2＝6y的准线方程即可得到．【解答】解：由于抛物线x2＝2py的准线方程为y＝﹣，则有抛物线x2＝6y的准线方程为y＝﹣．故选：C．【点评】本题考查抛物线的方程和性质，主要考查抛物线的准线方程的求法，属于基础题．20．（2022秋•长乐区期末）抛物线y2＝2px上横坐标为4的点到此抛物线焦点的距离为9，则该抛物线的焦点到准线的距离为（）A．4 B．9 C．10 D．18【分析】求得抛物线的焦点和准线方程，可得抛物线的焦半径公式，由题意解得p＝10，即可得到所求值．【解答】解：抛物线y2＝2px的焦点为（，0），准线为x＝﹣，即有抛物线的焦半径为|PF|＝x+，由题意可得4+＝9，解得p＝10，则该抛物线的焦点到准线的距离为p＝10．故选：C．【点评】本题考查抛物线的定义、方程和性质，考查抛物线的焦半径公式的运用，考查运算能力，属于基础题．21．（2022秋•二道区校级期末）数学与建筑的结合造就建筑艺术，如图，吉林大学的校门是一抛物线形水泥建筑物，若将校门轮廓（忽略水泥建筑的厚度）近似看成抛物线y＝ax2的一部分，其焦点坐标为（0，﹣2），校门最高点到地面距离约为18米，则校门位于地面宽度最大约为（）A．18米 B．21米 C．24米 D．27米【分析】把抛物线y＝ax2，化为x2＝y，根据焦点坐标为（0，﹣2），可得＝﹣2，解得a．把点（x，﹣18）代入抛物线方程可得x，即可得出结论．【解答】解：把抛物线y＝ax2，化为x2＝y，∵焦点坐标为（0，﹣2），∴＝﹣2，解得a＝﹣．把点（x，﹣18）代入抛物线方程可得：﹣18＝﹣x2，解得x＝±12，则校门位于地面宽度最大约为24m，故选：C．【点评】本题考查了抛物线的标准方程及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．22．（2022秋•重庆期末）抛物线C：y2＝﹣12x的焦点为F，P为抛物线C上一动点，定点A（﹣5，2），则|PA|+|PF|的最小值为（）A．8 B．6 C．5 D．9【分析】设抛物线C的准线为l，过P作PB⊥l于B，结合抛物线的定义可得当A，P，B三点共线时，|PA|+|PF|取得最小值，即可得出结论．【解答】解：设抛物线C的准线为l，过P作PB⊥l于B，∵|PF|＝|PB|，∴当A，P，B三点共线时，|PA|+|PF|取得最小值，因此|PA|+|PF|的最小值为5+＝8．故选：A．【点评】本题考查了抛物线的定义与标准方程及其性质、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．23．（2022秋•天河区校级期末）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点M在抛物线C的准线l上，线段MF与y轴交于点A，与抛物线C交于点B，若|AB|＝1，|MA|＝3，则p＝（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】如图所示，分别过点A，B作AE⊥l，BF⊥l，垂足分别为E，F，设准线l与x轴相交于点G，可得△MAE∽△MBF∽△MFG，利用性质即可得出结论．【解答】解：如图所示，分别过点A，B作AE⊥l，BF⊥l，垂足分别为E，F，设准线l与x轴相交于点G，则△MAE∽△MBF∽△MFG，则＝＝，解得p＝3，xB＝，故选：C．【点评】本题考查了抛物线的定义与标准方程及其性质、相似三角形的判定与性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．24．（2022秋•福州期末）如图所示，高脚杯的轴截面为抛物线，往杯中缓慢倒水，当杯中的水深为2cm时，水面宽度为6cm，当水面再上升1cm时，水面宽度为cm．【分析】由题意建立平面直角坐标系，设抛物线所在直线方程，由已知求解抛物线方程，取y＝3求得x值，则答案可求．【解答】解：建立如图上式平面直角坐标系，设高脚杯的轴截面所在抛物线方程为x2＝2py（p＞0），由题意可得A（3，2），代入抛物线方程，可得9＝4p，即p＝，则抛物线方程为，由题意可设B的纵坐标为3，则，即，∴当水面再上升1cm时，水面宽度为cm．故答案为：cm．【点评】本题考查抛物线的标准方程与几何性质，考查运算求解能力，是中档题．六．直线与抛物线的综合（共3小题）25．（2022秋•南岗区校级期末）已知直线l1：4x﹣3y+6＝0和直线l2：x＝﹣1，抛物线y2＝4x上一动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值是（）A．2 B．3 C． D．【分析】由已知结合抛物线的定义，把问题转化为F到直线l1的距离求解．【解答】解：如图，抛物线y2＝4x的焦点F（1，0），直线l2：x＝﹣1为抛物线的准线，则抛物线y2＝4x上一动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值即为F到直线l1的距离．d＝．故选：A．【点评】本题考查抛物线中的最值问题，考查化归与转化思想，是基础题．26．（2022秋•南岸区校级期末）如图，设抛物线y2＝2px的焦点为F，过x轴上一定点D（2，0）作斜率为2的直线l与抛物线相交于A，B两点，与y轴交于点C，记△BCF的面积为S1，△ACF的面积为S2，若，则抛物线的标准方程为（）A．y2＝x B．y2＝2x C．y2＝4x D．y2＝8x【分析】求得直线l的方程，联立抛物线方程，可得x的二次方程，运用韦达定理，由三角形的面积公式，结合两个三角形同高可得面积之比为底边之比，联立方程组，解方程可得p，进而得到所求抛物线方程．【解答】解：抛物线y2＝2px的焦点F（，0），过x轴上一定点D（2，0）作斜率为2的直线l的方程为y＝2（x﹣2），联立抛物线方程可得2x2﹣（8+p）x+8＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），可得x1+x2＝4+，x1x2＝4，①设F到AB的距离为d，可得＝＝＝＝，即x1＝4x2，②联立①②可得x1＝4，x2＝1，p＝2．则抛物线的标准方程为y2＝4x．故选：C．【点评】本题考查抛物线的方程和应用，考查直线方程和抛物线方程联立，运用韦达定理，以及三角形的面积公式，考查化简运算能力，属于基础题．27．（2022秋•涪城区期末）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F到双曲线﹣y2＝1的渐近线的距离为．（1）求抛物线C的方程；（2）过原点作两条相互垂直的直线交曲线C于异于原点的两点A，B，直线AB与x轴相交于N，试探究在x轴上是否存在异于N的定点M，使得x轴为∠AMB的角平分线，若存在，请求出M点坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）求得抛物线的焦点和双曲线的渐近线方程，由点到直线的距离公式，求得p，可得所求方程；（2）设直线AB的方程为x＝my+n，n≠0，与抛物线的方程联立，运用韦达定理和两直线垂直的条件求得定点N，设在x轴上存在异于N的定点M（t，0），使得x轴为∠AMB的角平分线，则kAM＝﹣kBM，运用直线的斜率公式，化简整理，可得定点M．【解答】解：（1）抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F（，0）到双曲线﹣y2＝1的渐近线x±y＝0的距离为＝，解得p＝2，即有抛物线C的方程为y2＝4x；（2）设直线AB的方程为x＝my+n，n≠0，与抛物线的方程联立，可得y2﹣4my﹣4n＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1y2＝﹣4n，x1x2＝＝n2，因为OA⊥OB，所以x1x2+y1y2＝n2﹣4n＝0，解得n＝4，即有AB恒过定点N（4，0），设在x轴上存在异于N的定点M（t，0），使得x轴为∠AMB的角平分线，则kAM＝﹣kBM，即为＝﹣，即有y1x2﹣y1t＝﹣y2x1+y2t，即﹣y1t＝﹣+y2t，可得（y1+y2）＝t（y1+y2），可得﹣16m＝4mt恒成立，即有t＝﹣4，所以存在定点M（﹣4，0），使得x轴为∠AMB的角平分线．【点评】本题考查抛物线和双曲线的方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．七．双曲线的标准方程（共3小题）28．（2022秋•河东区期末）等轴双曲线的一个焦点是F1（﹣6，0），则其标准方程为（）A． B． C． D．【分析】设出等轴双曲线的方程，把双曲线经过的点的坐标代入方程，求出待定系数，进而得到所求的双曲线的方程．【解答】解：设等轴双曲线方程为x2﹣y2＝a（a＞0），化成标准方程：﹣＝1，由标准方程得：c＝＝6，∴a＝18，∴所求的等轴双曲线方程为x2﹣y2＝18，故选：D．【点评】本题考查利用待定系数法求双曲线的方程、考查双曲线三参数的关系c2＝a2+b2．29．（2022秋•宿迁期末）体育馆等建筑的屋顶一般采用曲面结构．如图所示，某建筑的屋顶采用双曲面结构，该建筑屋顶外形弧线可看作是双曲线上支的部分，其渐近线方程为y＝±x，上焦点坐标为（0，），那么该双曲线的标准方程为（）A．＝1 B．＝1 C． D．＝1【分析】由题意设处双曲线的标准方程，再由渐近线方程和焦点坐标求出a2、b2即可．【解答】解：设双曲线的标准方程为，由渐近线方程为y＝±x，得，又因为上焦点坐标为，得，所以，解得，所以双曲线的方程为．故选：B．【点评】本题考查了双曲线的标准方程应用问题，是基础题．30．（2022秋•阿勒泰地区期末）求下列各曲线的标准方程（1）与椭圆+＝1有公共焦点，且离心率e＝的双曲线的方程．（2）抛物线的焦点是双曲线16x2﹣9y2＝144的左顶点．求抛物线方程．【分析】（1）由椭圆方程求得焦点坐标，设出双曲线方程，结合已知求解实半轴与虚半轴长，则答案可求；（1）把双曲线方程变形，求其左顶点坐标，即可得到抛物线的焦点坐标，进一步可得抛物线方程．【解答】解：（1）椭圆+＝1的焦点坐标为（±4，0），由题意可设双曲线方程为（a＞0，b＞0），且双曲线的半焦距c＝4，又离心率e＝，∴a＝3，则b＝．∴双曲线的方程为；（2）双曲线16x2﹣9y2＝144可化为，则其左顶点为（﹣3，0），由题意可设抛物线方程为y2＝﹣2px（p＞0），则，即p＝6．∴抛物线方程为y2＝﹣12x．【点评】本题考查圆锥曲线的标准方程与几何性质，考查运算求解能力，是基础题．八．双曲线的性质（共11小题）31．（2022秋•徐州期末）双曲线的渐近线方程是（）A． B． C．y＝±3x D．【分析】由双曲线方程求得a与b的值，则渐近线方程可求．【解答】解：由双曲线，得a＝1，b＝，∴双曲线的渐近线方程是y＝．故选：B．【点评】本题考查双曲线的几何性质，考查双曲线渐近线方程的求法，是基础题．32．（2022秋•大通县期末）已知双曲线C的左、右焦点分别为F1（﹣4，0），F2（4，0），M是双曲线上一点且||MF1|﹣|MF2||＝，则双曲线C的标准方程为（）A． B． C． D．【分析】设双曲线的标准方程为﹣＝1（a＞0，b＞0），由焦点坐标可得c，由双曲线的定义可得a，由a，b，c的关系可得b，进而得到双曲线的标准方程．【解答】解：可设双曲线的标准方程为﹣＝1（a＞0，b＞0），由题意可得c＝4，2a＝2，即a＝，则b2＝c2﹣a2＝16﹣5＝11，所以双曲线的标准方程为﹣＝1．故选：D．【点评】本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．33．（2022秋•建邺区校级期末）过点（3，2）且与椭圆3x2+8y2＝24有相同焦点的双曲线方程为（）A． B． C． D．【分析】求得椭圆的焦点坐标，设出双曲线的方程为﹣＝1（a＞0，b＞0），结合a，b，c的关系和点（3，2）满足双曲线的方程，解方程可得所求方程．【解答】解：椭圆3x2+8y2＝24即+＝1，可得椭圆的焦点坐标为（﹣，0），（，0），设双曲线的方程为﹣＝1（a＞0，b＞0），则c2＝a2+b2＝5，又﹣＝1，解得a＝，b＝，所以双曲线的方程为﹣＝1．故选：D．【点评】本题考查椭圆和双曲线的方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．34．（2023春•柯坪县校级期末）与双曲线有相同的焦点，且短半轴长为的椭圆方程是（）A． B． C． D．【分析】求出椭圆的焦点坐标，结合短半轴长为求解a，即可得到椭圆方程．【解答】解：双曲线，得，它的焦点（0，±），由短半轴长为，得b＝2，a＝，∴所求椭圆方程为：．故选：B．【点评】本题考查椭圆与双曲线的简单性质的应用，椭圆方程的求法，是基础题．35．（2022秋•南开区校级期末）已知F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，P是C上位于第一象限的一点，且，则△PF1F2的面积为（）A．2 B．4 C． D．【分析】设|PF1|＝m，|PF2|＝n，由，可得PF1⊥PF2，利用双曲线的定义、勾股定理即可得出mn，进而得出面积．【解答】解：由双曲线，可得a＝2＝b，c＝＝2，设|PF1|＝m，|PF2|＝n，∵，∴PF1⊥PF2，则m﹣n＝2a＝4，m2+n2＝（2c）2＝32，∴mn＝＝8，∴△PF1F2的面积S＝mn＝4，故选：B．【点评】本题考查了双曲线的定义与标准方程及其性质、勾股定理、方程思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．36．（2022秋•和平区校级期末）已知椭圆和双曲线有共同的焦点F1，F2，P是它们的一个交点，且∠F1PF2＝，记椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2，则e1•e2的最小值为（）A． B． C． D．3【分析】不妨设交点P在第一象限，设|PF1|＝m，|PF2|＝n，可得m+n＝2a1，m﹣n＝2a2，m2+n2﹣2mn•cos＝（2c）2，其中e1＝，e2＝，化简即可得出结论．【解答】解：不妨设交点P在第一象限，设|PF1|＝m，|PF2|＝n，则m+n＝2a1，m﹣n＝2a2，m2+n2﹣2mn•cos＝（2c）2，其中e1＝，e2＝，化为m＝a1+a2，n＝a1﹣a2，∴﹣3（a1+a2）（a1﹣a2）＝4c2，化为+3＝4c2，∴+＝4，∴4≥2，解得e1•e2≥，当且仅当e2＝e1时取等号．故选：A．【点评】本题考查了椭圆与双曲线的定义与标准方程及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．37．（2022秋•中山市校级期末）圆锥曲线有良好的光学性质，光线从椭圆的一个焦点发出，被椭圆反射后会经过椭圆的另一个焦点（如左图）；光线从双曲线的一个焦点发出，被双曲线反射后的反射光线等效于从另一个焦点射出（如中图）．封闭曲线E（如右图）是由椭圆C1：+＝1和双曲线C2：﹣＝1在y轴右侧的一部分（实线）围成．光线从椭圆C1上一点P0出发，经过点F2，然后在曲线E内多次反射，反射点依次为P1，P2，P3，P4，…，若P0，P4重合，则光线从P0到P4所经过的路程为4．【分析】根据题意，结合椭圆与双曲线的性质及定义求解．【解答】解：因为光线被曲线反射，等效于被曲线在反射点处的切线反射．已知光线从椭圆的一个焦点出发，被椭圆反射后要回到椭圆的另一个焦点．光线从双曲线的一个焦点出发被双曲线反射后的反射光线等效于从另一个焦点发出．所以，光线从右焦点出发经过双曲线反射要回到另一个焦点，光线从椭圆的右焦点出发被双曲线反射后，反射光线的反向延长线过另一个焦点．如题目中图，可得|P1F2|＝|P1F1|﹣6，|P1F2|+|P2F2|+|P1P2|＝|P1F1|﹣6+|P2F2|+|P1P2|＝8﹣6＝2，同理可得|P0F2|+|P0P3|+|P3F2|＝2，所以光线从P0到P4所经过的路程为4．故答案为：4．【点评】本题考查双曲线以及椭圆的简单性质的应用，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．38．（2022秋•辛集市期末）已知双曲线的右焦点为F，关于原点对称的两点A、B分别在双曲线的左、右两支上，，且点C在双曲线上，则双曲线的离心率为（）A． B． C． D．2【分析】设双曲线的左焦点为F'，连接AF'，BF'，CF'，由题意推得四边形AFBF'为矩形，可设|BF|＝t，则|FC|＝3t，|BF'|＝2a+t，|CF'|＝3t+2a，分别在直角三角形CBF'和直角三角形BFF'中，运用勾股定理，结合离心率公式可得所求值．【解答】解：设双曲线的左焦点为F'，连接AF'，BF'，CF'，由可得AF⊥BF，四边形AFBF'为矩形，可设|BF|＝t，则|FC|＝3t，|BF'|＝2a+t，|CF'|＝3t+2a，在直角三角形CBF'中，可得|BC|2+|BF'|2＝|CF'|2，即为（4t）2+（2a+t）2＝（3t+2a）2，解得t＝a，又在直角三角形BFF'中，|BF|2+|BF'|2＝|FF'|2，即为t2+（2a+t）2＝4c2，即为a2+9a2＝10a2＝4c2，即有e＝＝，故选：B．【点评】本题考查双曲线的定义和性质，以及直角三角形的勾股定理的运用，考查方程思想和运算求解能力，属于中档题．39．（2022秋•攀枝花期末）设F2是双曲线的右焦点，O为坐标原点，过F2的直线交双曲线的右支于点P、N，直线PO交双曲线C于另一点M，若|MF2|＝3|PF2|，且∠MF2N＝60°，则双曲线C的离心率为．【分析】由题意画出图形，由已知结合双曲线的定义求解|MF1|，|MF2|，再由余弦定理列式求解双曲线C的离心率．【解答】解：设双曲线的左焦点为F1，如图所示，由双曲线的对称性可知四边形MF2PF1为平行四边形，∴|MF1|＝|PF2|，MF1∥PN，而|MF2|＝3|PF2|，∴|MF2|＝3|MF1|，由双曲线的定义可知，|MF2|﹣|MF1|＝2a，∴|MF2|＝3a，|MF1|＝a，∵∠MF2N＝60°，∴∠F1MF2＝60°，在△MF1F2中，由余弦定理知，cos∠F1MF2＝，即，化简得4c2＝7a2，∴（负值舍去）．故答案为：．【点评】本题考查双曲线的定义与性质，考查数形结合思想和运算能力，属于中档题．40．（2022秋•湖北期末）P是双曲线右支在第一象限内一点，F1，F2分别为其左、右焦点，A为右顶点，如图圆C是△PF1F2的内切圆，设圆与PF1，PF2分别切于点D，E，若圆C的半径为2，直线PF1的斜率为．【分析】设圆C与x轴相切于点Q（t，0），利用双曲线的定义、直线与圆相切的性质可得|PF1|﹣|PF2|＝|F1D|﹣|F2E|＝|QF1|﹣|QF2|＝2t＝2a，解得t，可得C坐标．设直线PF1的斜率为k，则方程为y＝k（x+3），利用点到直线的距离公式可得k．【解答】解：设圆C与x轴相切于点Q（t，0），则|PF1|﹣|PF2|＝|F1D|﹣|F2E|＝|QF1|﹣|QF2|＝t+c﹣（c﹣t）＝2t＝2a，解得Q（2，0），∴C（2，2），设直线PF1的斜率为k，则方程为y＝k（x+3），即kx﹣y+3k＝0，由题意可得：＝2，k＞0，解得k＝，故答案为：．【点评】本题考查了双曲线的定义与标准方程及其性质、直线与圆相切的性质、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．41．（2022秋•城关区校级期末）已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）与双曲线的渐近线相同，且经过点（2，3）．（1）求双曲线C的方程；（2）已知双曲线C的左、右焦点分别为F1，F2，直线l经过F2，倾斜角为，l与双曲线C交于A，B两点，求△F1AB的面积．【分析】（1）设所求双曲线C的方程为﹣＝λ（λ≠0，λ≠1），代入点（2，3），计算可得所求方程；（2）求得两焦点的坐标，设出直线AB的方程，联立双曲线方程，运用韦达定理和弦长公式，以及点到直线的距离公式，三角形的面积公式，计算可得所求值．【解答】解：（1）设所求双曲线C的方程为﹣＝λ（λ≠0，λ≠1），代入点（2，3）得﹣＝λ，即λ＝﹣，所以双曲线C方程为﹣＝﹣，即x2﹣＝1；（2）F1（﹣2，0），F2（2，0）．直线AB的方程为y＝2﹣x．设A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线y＝2﹣x和双曲线方程3x2﹣y2＝3，得2x2+4x﹣7＝0，满足Δ＝16+56＞0，x1+x2＝﹣2，x1x2＝﹣，由弦长公式得|AB|＝•＝6，点F1（﹣2，0）到直线AB：x+y﹣2＝0的距离d＝＝2，所以S＝|AB|d＝＝6．【点评】本题考查双曲线的方程和性质，考查直线方程和双曲线方程联立，运用韦达定理和弦长公式，以及点到直线的距离公式，考查化简运算能力，属于基础题．九．直线与双曲线的综合（共3小题）42．（2022秋•攀枝花期末）已知双曲线C的离心率为，且经过点．（1）求双曲线C的标准方程；（2）经过点M（2，1）的直线l交双曲线C于A、B两点，且M为AB的中点，求直线l的方程．【分析】（1）由双曲线的离心率可得b2＝2a2，分别设出双曲线方程，代入已知点的坐标求解a，则双曲线方程可求；（2）利用“点差法”求直线l的方程．【解答】解：（1）由，得，即c2＝3a2，∴b2＝c2﹣a2＝3a2﹣a2＝2a2．设双曲线C的方程为或，把代入两个方程，得或．解得a2＝1（第二个方程无解）．∴双曲线C的标准方程为；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），∵A，B都在双曲线上，∴，，两式作差可得：，即，∵M为AB的中点，∴x1+x2＝4，y1+y2＝2，可得，∴直线l的方程为y﹣1＝4（x﹣2），即y＝4x﹣7，联立，得14x2﹣56x+51＝0，Δ＝562﹣4×14×51＝280＞0，符合题意．∴所求直线方程为y＝4x﹣7．【点评】本题考查双曲线方程的求法，考查直线与双曲线位置关系的应用，训练了利用“点差法”求弦中点问题，是中档题．43．（2022秋•嘉兴期末）已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的两个焦点坐标分别为、，C的一条渐近线经过点（1，2）．（1）求双曲线C的方程；（2）若A为C的右顶点，过原点O且异于坐标轴的直线与C交于M、N两点，直线AM与圆O：x2+y2＝a2的另一交点为P，直线AN与圆O的另一交点为Q．证明：直线PQ过定点．【分析】（1）求得双曲线的渐近线方程，由题意可得a，b的方程，再由焦点坐标，可得a，b，c的关系，解方程可得a，b的值；（2）设直线AP的方程为x＝m1y+1，直线AQ的方程为x＝m2y+1，与圆x2+y2＝1联立，分别求得P，Q的坐标，再由直线AP，AQ与双曲线的方程联立，求得M，N的纵坐标，由对称性求得m1m2＝，进而得到直线PQ的斜率和方程，化简可得所求定点．【解答】解：（1）双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的渐近线方程为y＝±x，由C的一条渐近线经过点（1，2），可得b＝2a，又两个焦点坐标分别为、，可得c＝，即a2+b2＝5，解得a＝1，b＝2，则双曲线C的方程为x2﹣＝1；（2）证明：由题意可得A（0，1），设直线AP的方程为x＝m1y+1，直线AQ的方程为x＝m2y+1，由解得yP＝﹣，xP＝，即P（，﹣），同理可得Q（，﹣），由直线AP与C有两个交点A，M，联立，可得（4﹣1）y2+8m1y＝0，解得yM＝﹣，同理可得yN＝﹣，其中m1≠±，m2≠±，又M，N两点关于原点对称，即yM+yN＝﹣﹣＝0，化为（m1+m2）（m1m2﹣）＝0，由于P，Q在x轴的同一侧，可得m1m2＝，所以直线PQ的斜率为kPQ＝＝＝，直线PQ的方程为y﹣（﹣）＝（x﹣），化为y＝（x﹣），所以直线PQ恒过定点（，0）．【点评】本题考查双曲线的方程和性质，以及直线和圆、直线和双曲线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．44．（2022秋•莲湖区校级期末）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．（1）求双曲线C的标准方程；（2）设D为双曲线C的右顶点，直线l与双曲线C交于不同于D的E，F两点，若以EF为直径的圆经过点D，且DG⊥EF于点G，证明：存在定点H，使|GH|为定值．【分析】（1）由已知求得c，结合双曲线的渐近线方程及隐含条件列式求解a与b，则双曲线方程可求；（2）对直线的斜率能否为0进行讨论，斜率不为0时，设1的方程为y＝kx+m，联立直线与椭圆的方程，化简得到m，k的关系式；斜率不存在时，写出直线方程，验证即可．【解答】（1）解：双曲线的右焦点为，渐近线方程为，则c＝，又，a2+b2＝c2，解得a＝2，b＝，故双曲线C的标准方程为；（2）证明：设E（x1，y1），F（x2，y2），①当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx+m，联立，消去y，化简得（3﹣4k2）x2﹣8kmx﹣（4m2+12）＝0，Δ＝（﹣8km）2+4（4m2+12）（3﹣4k2）＞0，即m2﹣4k2+3＞0，且x1+x2＝，x1x2＝，∵以EF为直径的圆经过点D，∴DE⊥DF，∴＝（x1﹣2）（x2﹣2）+y1y2＝0，∴（1+k2）x1x2+（km﹣2）（x1+x2）+m2+4＝0，∴，化简得（m+2k）（m+14k）＝0，∴m＝﹣2k或m＝﹣14k，且均满足m2﹣4k2+3＞0．当m＝﹣2k时，直线l的方程为y＝k（x﹣2），直线l过定点（2，0），与已知矛盾；当m＝﹣14k时，直线l的方程为y＝k（x﹣14），过定点M（14，0）．②当直线l的斜率不存在时，不妨设直线DE：y＝x﹣2，联立，解得x1＝2，x2＝14，此时直线l过定点M（14，0），∵DG⊥EF，∴点G在以DM为直径的圆上，H为该圆的圆心，|GH|为该圆的半径，故存在定点H（7，0），使得|GH|为定值6．【点评】本题考查了直线与双曲线的综合问题，重点考查了双曲线中的定点、定值问题，属于中档题．一十．曲线与方程（共2小题）（多选）45．（2022秋•白云区校级期末）已知曲线C的方程为＝1（m∈R），则（）A．当m＝1时，曲线C为圆 B．当m＞1时，曲线C为焦点在x轴上的椭圆 C．当m＝5时，曲线C为双曲线，其渐近线方程为 D．存在实数m使得曲线C为双曲线，其离心率为【分析】把m＝1代入曲线方程判断A；举例说明B错误；把m＝5代入曲线C的方程判断C；由曲线C为双曲线，其离心率为，得到m满足的条件，求解m值判断D．【解答】解：当m＝1时，曲线C的方程为x2+y2＝2，轨迹是圆，故A正确；当m＞1时，如m＝4，曲线C的方程为，轨迹是双曲线，故B错误；当m＝5时，曲线C的方程为，轨迹为双曲线，，b＝，其渐近线方程为，故C正确；若曲线C为双曲线，且离心率为，则双曲线为等轴双曲线，需满足，即，m值不存在，故D错误．故选：AC．【点评】本题考查曲线方程，考查双曲线的几何性质，是基础题．46．（2022秋•营口期末）由曲线x2+y2＝2|x|+2|y|围成的图形的面积为8+4π．【分析】根据题意，作出如图的图象．由图象知，此曲线所围的力图形由一个边长为2的正方形与四个半径为的半圆组成，由此其面积易求．【解答】解：由题意，作出如图的图形，由曲线关于原点对称，当x≥0，y≥0时，解析式为（x﹣1）2+（y﹣1）2＝2，故可得此曲线所围的力图形由一个边长为2的正方形与四个半径为的半圆组成，所围成的面积是2×2+4××π×（）2＝8+4π故答案为：8+4π．【点评】本题考查圆方程的综合应用，解题的关键是根据所给的方程，结合圆的方程的几何意义，得出方程对应的曲线形状，由图形得出解决问题的方法，本题是一个以形助数的典型题，易因为对曲线所对应的图形开关理解不准确而导致错误，或者无法下手．一十一．直线与圆锥曲线的综合（共3小题）47．（2022秋•铜梁区期末）已知F1（﹣3，0），F2（3，0），点P满足|PF1|﹣|PF2|＝4，记点P的轨迹为曲线C．斜率为k的直线l过点F2，且与曲线C相交于A，B两点．（1）求曲线C的方程；（2）求斜率k的取值范围；（3）在x轴上是否存在定点M，使得无论直线l绕点F2怎样转动，总有kAM+kBM＝0成立？如果存在，求出定点M；如果不存在，请说明理由．【分析】（1）根据双曲线的定义得c＝3，a＝2，且c2＝a2+b2，求出b，即可得出答案；（2）由题意可设直线l的方程为y＝k（x﹣3），A（x1，y1），B（x2，y2），其中x1，x2都是正数，联立直线方程与曲线C整理得（5﹣4k2）x2+24k2x﹣36k2﹣20＝0，根据一元二次方程根与系数的关系列出关于k的不等式，求解即可得出答案；（3）由（2）得A（x1，y1），B（x2，y2），x1+x2＝，x1•x2＝，假设在x轴上存在定点M（m，0），表示出kAM＝，kBM＝，将x1+x2＝，x1•x2＝代入kAM+kBM＝0，求解即可得出答案．【解答】解：（1）∵F1（﹣3，0），F2（3，0），点P满足|PF1|﹣|PF2|＝4＜|F1F2|，∴点P的轨迹是以F1（﹣3，0），F2（3，0）为焦点，实轴长为4的双曲线的右支，设双曲线C的标准方程为﹣＝1（x＞0），则a＝2，c＝3，则b2＝5，∴曲线C的方程为﹣＝1（x＞0）；（2）由（1）得曲线C的方程为﹣＝1（x＞0）①，由题意可设直线l的方程为y＝k（x﹣3）②，A（x1，y1），B（x2，y2），其中x1，x2都是正数，联立①②得，整理得（5﹣4k2）x2+24k2x﹣36k2﹣20＝0，直线l与曲线C相交于A，B两点，则，解得k＜﹣或k＞，故斜率k的取值范围为（﹣∞，﹣）∪（，+∞）；（3）由（2）得A（x1，y1），B（x2，y2），x1+x2＝，x1•x2＝，又y1＝k（x1﹣3），y2＝k（x2﹣3），则x2y1+x1y2＝2kx1•x2﹣3k（x1+x2），y1+y2＝k（x1+x2﹣6），假设在x轴上存在定点M（m，0），则kAM＝，kBM＝，∴kAM+kBM＝+＝0，即y1（x2﹣m）+y2（x1﹣m）＝0，则x2y1+x1y2﹣m（y1+y2）＝0，∴2kx1•x2﹣3k（x1+x2）﹣mk（x1+x2﹣6）＝0，由（2）得k∈（﹣∞，﹣）∪（，+∞），∴2x1•x2﹣（m+3）（x1+x2）+6m＝0，即﹣+6m＝0，∴72k2+40﹣24k2（m+3）+6m（4k2﹣5）＝0，即30m＝40，解得m＝，∴在x轴上存在定点M，且M（，0）．【点评】本题考查双曲线的定义和直线与圆锥曲线的综合，考查设而不求法，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．48．（2022秋•鼓楼区校级期末）在直角坐标平面内，已知A（﹣2，0），B（2，0），动点P满足条件：直线PA与直线PB的斜率之积等于，记动点P的轨迹为E．（1）求E的方程；（2）过点C（4，0）作直线l交E于M，N两点，直线AM与BN交点Q是否在一条定直线上？若是，求出这条直线方程；若不是，说明理由．【分析】（1）设P（x，y），由题意可得kPA•kPB＝•＝（x≠±2），化简整理即可得出E的方程．（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），直线l的方程为my＝x﹣4，与E的方程联立化为（m2﹣4）y2+8my+12＝0，（m≠±2），直线AM的方程为y＝（x+2），直线BN的方程为y＝（x﹣2），消去y可得xQ，结合根与系数的关系即可得出结论．【解答】解：（1）设P（x，y），由题意可得kPA•kPB＝•＝（x≠±2），化为：﹣y2＝1（x≠±2），∴E的方程为﹣y2＝1（x≠±2）．（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），直线l的方程为my＝x﹣4，联立，化为（m2﹣4）y2+8my+12＝0，（m≠±2），Δ＞0，y1+y2＝﹣，y1y2＝，∴3（y1+y2）+my1y2＝0，直线AM的方程为y＝（x+2），直线BN的方程为y＝（x﹣2），消去y可得xQ＝＝＝＝＝1，∴直线AM与BN交点Q在一条定直线x＝1上．【点评】本题考查了双曲线的标准方程及其性质、一元二次方程的根与系数的关系、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．49．（2022秋•潢川县校级期末）已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．（1）求椭圆C的标准方程．（2）设F为椭圆C的左焦点，T为直线x＝﹣3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q．证明：OT平分线段PQ（其中O为坐标原点）．【分析】（1）由焦距的概念和a，b，c的关系，及正三角形的概念，即可得到a，b方程，解方程可得椭圆的方程；（2）设T点的坐标为（﹣3，m），运用直线的斜率公式，由垂直的条件，可得直线PQ的方程，代入椭圆方程，运用韦达定理和中点坐标公式，设PQ的中点为M，结合斜率公式，可得直线OT和OM的斜率相等，即可得证．【解答】解：（1）由已知可得，c＝＝2，2b＝，解得a2＝6，b2＝2，所以椭圆C的标准方程是+＝1；（2）证明：由（1）可得，F的坐标是（﹣2，0），设T点的坐标为（﹣3，m），则直线TF的斜率kTF＝＝﹣m．当m≠0时，直线PQ的斜率kPQ＝．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，消去x，得（m2+3）y2﹣4my﹣2＝0，其判别式Δ＝16m2+8（m2+3）＞0．所以y1+y2＝，y1y2＝，x1+x2＝m（y1+y2）﹣4＝．设M为PQ的中点，则M点的坐标为（，），所以直线OM的斜率kOM＝﹣，又直线OT的斜率kOT＝﹣，所以点M在直线OT上，因此OT平分线段PQ．【点评】本题考查椭圆的方程和性质，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，斜率公式和中点坐标公式，考查运算能力，属于中档题．一十二．圆锥曲线的综合（共2小题）50．（2022秋•老河口市校级期末）已知F1，F2是椭圆与双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且|PF1|＜|PF2|，线段PF1的垂直平分线经过点F2，若椭圆的离心率为e1，双曲线的离心率为e2，则的最小值为（）A．2 B．﹣2 C．6 D．﹣6【分析】设|PF1|＝m，|PF2|＝n，可设P在第二象限，椭圆和双曲线的焦点在x轴上，且它们的长半轴长为a1，实半轴长为a2，半焦距为c，运用椭圆和双曲线的定义，以及垂直平分线的性质，结合离心率公式和基本不等式，可得所求最小值．【解答】解：设|PF1|＝m，|PF2|＝n，可设P在第二象限，椭圆和双曲线的焦点在x轴上，且它们的长半轴长为a1，实半轴长为a2，半焦距为c，由椭圆和双曲线的定义可得m+n＝2a1，﹣m+n＝2a2，由线段PF1的垂直平分线经过点F2，可得n＝2c，则c﹣a＜m＜2c，可得e1＝，e2＝，则＝﹣＝﹣＝+2﹣﹣4≥2﹣4＝﹣2，当且仅当＝2﹣即m＝c时，上式取得最小值﹣2，故选：B．【点评】本题考查椭圆和双曲线的定义和性质，考查基本不等式的运用，考查化简运算能力和变形能力，属于中档题．51．（2022秋•青山区校级期末）已知椭圆C1：与双曲线C2：有相同的焦点F1、F2，椭圆C1的离心率为e1，双曲线C2的离心率为e2，点P为椭圆C1与双曲线C2的交点，且，则的最大值为（）A． B． C． D．【分析】由椭圆的定义及双曲线的定义结合余弦定理可得a1，a2，c的关系，由此可得，再利用柯西不等式求最值．【解答】解：设P为第一象限的交点，|PF1|＝m、|PF2|＝n，则m+n＝2a1、m﹣n＝2a2，解得m＝a1+a2、n＝a1﹣a2，在△PF1F2中，由余弦定理得：cos∠F1PF2＝＝，∴m2+n2﹣mn＝4c2，即，得，∴，∴，由柯西不等式可得：（）[22+（）2]≥（）2＝（）2，∴≤2，当且仅当时等号成立，故选：B．【点评】本题考查圆锥曲线的方程，余弦定理，椭圆和双曲线的定义和离心率的关系，考查柯西不等式的应用，考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．一十三．圆与圆锥曲线的综合（共3小题）52．（2022秋•吉水县校级期末）点P为椭圆C：+＝1（a＞1）上的任意﹣一点，AB为圆M：（x﹣1）2+y2＝1的任意一条直径，若的最大值为15，则a＝3．【分析】求得圆的圆心和半径、椭圆的焦点坐标，运用向量的加减运算和数量积的性质，以及椭圆上一点与焦点的距离的最值，可得所求值．【解答】解：圆M：（x﹣1）2+y2＝1的圆心M（1，0），半径为1，AB为圆M的直径，可得＝﹣，椭圆C：+＝1（a＞1）的焦点为（﹣1，0），（1，0），则＝（+）•（+）＝（+）•（﹣）＝||2﹣||2＝||2﹣1，又P为椭圆上一点，M为椭圆的右焦点，可得||2﹣||2≤（a+c）2﹣1＝15，当P为椭圆的左顶点（﹣a，0），上式取得等号，则a+c＝4，又c＝1，可得a＝3．故答案为：3．【点评】本题考查向量与圆锥曲线的综合，考查圆和椭圆的方程和性质，以及向量的加减运算和数量积的性质，考查化简运算能力和推理能力，属于中档题．53．（2022秋•信宜市期末）已知过椭圆E：上的动点P作圆C（C为圆心）：x2﹣2x+y2＝0的两条切线，切点分别为A，B，若∠ACB的最小值为，则椭圆E的离心率为．【分析】求得椭圆的a，b，c，以及圆C的圆心和半径，由题意可得∠APB+∠ACB＝π，∠APB的最大值为，考虑在直角三角形APC中，推得|PC|的最小值为2，由椭圆的性质可得a的值，进而得到椭圆的离心率．【解答】解：椭圆E：的a＝，b＝，c＝＝1，圆C的方程为（x﹣1）2+y2＝1，可得圆心C（1，0），半径为1，由PA⊥AC，PB⊥BC可得∠APB+∠ACB＝π，若∠ACB的最小值为，可得∠APB的最大值为，且∠APC＝∠BPC，在直角三角形APC中，sin∠APC＝＝，则|CP|的最小值为＝2，而C为右焦点，所以|PC|的最小值为a﹣c＝2，解得a＝3，所以椭圆的离心率为e＝＝．故答案为：．【点评】本题考查椭圆的方程和性质，以及圆的切线的性质，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．54．（2022秋•增城区期末）已知圆x2+y2＝12与抛物线x2＝2py（p＞0）相交于A，B两点，点B的横坐标为2，F为抛物线的焦点．（1）求抛物线的方程；（2）若过点F且斜率为1的直线l与抛物线和圆交于四个不同的点，从左至右依次为P1，P2，P3，P4，求|P1P2|﹣|P3P4|的值．【分析】（1）求得B的坐标，代入圆的方程，解方程可得p，进而得到抛物线的方程；（2）求得抛物线的焦点F的坐标，可得直线l的方程，与抛物线的方程和圆的方程联立，运用韦达定理，结合弦长公式，计算可得所求值．【解答】解：（1）由题意可得B（2，），代入圆x2+y2＝12，可得8+＝12，解得p＝2，则抛物线的方程为x2＝4y；（2）抛物线x2＝4y的焦点F坐标为（0，1），画出直线l：y＝x+1与圆和抛物线的图形，可得直线l与圆交于P1、P3两点，与抛物线交于P2、P4两点，设P1（x1，y1），P2（x2，y2），P3（x3，y3），P4（x4，y4），把直线l：y＝x+1代入x2＝4y，得x2﹣4x﹣4＝0，即有x2+x4＝4，x2x4＝﹣4，把直线l：y＝x+1代入x2+y2＝12，得2x2+2x﹣11＝0，即有x1+x3＝﹣1，x1x3＝﹣，∴|P1P2|﹣|P3P4|＝[（x2﹣x1）﹣（x4﹣x3）]＝[（x2﹣x4）+（﹣x1+x3）]＝[﹣+]＝（﹣+）＝﹣8，所以|P1P2|﹣|P3P4|的值等于﹣8．【点评】本题考查直线与圆、抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．一．选择题（共2小题）1．（2022秋•西湖区校级期末）已知椭圆Γ：内有一定点P（1，1），过点P的两条直线l1，l2分别与椭圆Γ交于A、C和B、D两点，且满足，，若λ变化时，直线CD的斜率总为，则椭圆Γ的离心率为（）A． B． C． D．【分析】由向量的坐标运算及点差法作差求得：＝﹣•，代入即可求得a和b的关系，即可求得椭圆的离心率．【解答】解：设A（x1，y1）、B（x2，y2）、C（x3，y3）、D（x4，y4），由，即（1﹣x1，1﹣y1）＝λ（x3﹣1，y3﹣1），则x1+λx3＝1+λ，y1+λy3＝1+λ，由，同理可得：x2+λx4＝1+λ，y2+λy4＝1+λ．则（y1+y2）+λ（y3+y4）＝（x1+x2）+λ（x3+x4），将点A，B的坐标代入椭圆方程作差可得：＝﹣•，由题意可得：AB∥CD，∴kAB＝kCD＝﹣．则a2（y1+y2）＝4b2（x1+x2）①，同理可得：a2（y3+y4）＝4b2（x3+x4），∴λa2（y3+y4）＝4λb2（x3+x4），②①+②得：a2[（y1+y2）+λ（y3+y4）]＝4b2[（x1+x2）+λ（x3+x4）]，∴a2[（x1+x2）+λ（x3+x4）]＝4b2[（x1+x2）+λ（x3+x4）]，∴a2＝4b2，则椭圆的离心率e＝＝＝．故选：A．【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、点差法、斜率计算公式，考查了转化法、推理能力与计算能力，属于难题．2．（2022秋•益阳期末）已知F1，F2分别为双曲线C：的左、右焦点，过F2的直线与双曲线C的右支交于A，B两点（其中点A在第一象限）．设点H，G分别为△AF1F2，△BF1F2的内心，则|HG|的取值范围是（）A．[2，4） B．[2，） C．（，2] D．[2，）【分析】利用平面几何图形的性质可得H、G的横坐标相等为a，得到HG⊥x轴且过双曲线右顶点E，设AB的倾斜角设为θ，求解三角形可得|HG|＝（c﹣a）•，由60°＜θ≤90°，即可得到所求范围．【解答】解：记边AF1、AF2、F1F2上的切点分别为M、N、E，有H、E横坐标相等，则|AM|＝|AN|，|F1M|＝|F1E|，|F2N|＝|F2E|，由|AF1|﹣|AF2|＝2a，即|AM|+|MF1|﹣（|AN|+|NF2|）＝2a，得|MF1|﹣|NF2|＝2a，即|F1E|﹣|F2E|＝2a，记H的横坐标为x0，则E（x0，0），于是x0+c﹣（c﹣x0）＝2a，得x0＝a，同样内心G的横坐标也为a，则有HG⊥x轴，设直线AB的倾斜角为θ，则∠OF2G＝，∠HF2O＝90°﹣，在△HF2G中，|HG|＝（c﹣a）[tan+tan（90°﹣）]＝（c﹣a）•（）＝（c﹣a）•＝（c﹣a）•，双曲线C：的a＝，b＝，c＝，可得|HG|＝，由于直线PQ为右支上一点，且一条渐近线的斜率为，倾斜角为60°，可得60°＜θ≤90°，即＜sinθ≤1，可得|HG|的范围是[，）．故选：D．【点评】本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查三角形的内心的概念，考查三角函数的化简和求值，属于难题．二．多选题（共3小题）（多选）3．（2022秋•吉林期末）在椭圆中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆Γ：x2+y2＝a2+b2上，称此圆为该椭圆的蒙日圆．该圆由法国数学家G⋅Monge（1746﹣1818）最先发现．若椭圆，则下列说法正确的有（）A．椭圆C外切矩形面积的最小值为48 B．椭圆C外切矩形面积的最大值为48 C．点P（x，y）为蒙日圆Γ上任意一点，点M（﹣10，0），N（0，10），当∠PMN取最大值时，tan∠PMN＝2+ D．若椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，过椭圆C上一点P和原点作直线l与蒙日圆相交于点M，N，则PF1⋅PF2＝PM⋅PN【分析】对于A．B．由题意可得：椭圆C外切矩形面积∈[4ab，2（a2+b2）]，即可判断出AB的正误．对于C．当点P在第三象限，且PM与圆Γ：x2+y2＝25相切时，∠PMN取最大值，此时tan∠OMP＝，进而判断出C的正误．对于D．设|PF1|＝m，|PF2|＝n，设∠POF1＝α，则∠POF2＝π﹣α．在△POF1与△POF2中，分别利用余弦定理可得：m2+n2＝2c2+2|OP|2，结合定义的定义可得m+n＝2a，可得|PF1|•|PF2|＝mn，|PM|•|PN|＝（|OM|﹣|OP|）（|OM|+|OP|）＝|OM|2﹣|OP|2，进而判断出正误．【解答】解：对于A．B．由题意可得：椭圆C外切矩形面积∈[4ab，2（a2+b2）]，即为[48，50]．因此A正确，B不正确．对于C．当点P在第三象限，且PM与圆Γ：x2+y2＝25相切时，∠PMN取最大值，此时tan∠OMP＝＝＝，锐角∠OMP＝30°，∴∠PMN＝45°+30°＝75°，∴tan∠PMN＝tan（45°+30°）＝＝＝2+，因此C正确．对于D．设|PF1|＝m，|PF2|＝n，设∠POF1＝α，则∠POF2＝π﹣α．在△POF1与△POF2中，分别利用余弦定理可得：m2＝c2+|OP|2﹣2c|OP|cosα，n2＝c2+|OP|2﹣2c|OP|cos（π﹣α），相加可得：m2+n2＝2c2+2|OP|2，又m+n＝2a，∴m2+n2+2mn＝4a2，可得|PF1|•|PF2|＝mn＝2a2﹣c2﹣|OP|2＝a2+b2﹣|OP|2，又|PM|•|PN|＝（|OM|﹣|OP|）（|OM|+|OP|）＝|OM|2﹣|OP|2＝a2+b2﹣|OP|2，∴|PF1|•|PF2|＝|PM|•|PN|．因此D正确．故选：ACD．【点评】本题考查了椭圆的定义与标准方程及其性质、圆的标准方程及其性质、直线与椭圆及其圆的相交问题、余弦定理、和差公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．（多选）4．（2022秋•保定期末）若直线l与抛物线C：y2＝2px有且仅有一个公共点P（x0，y0），且l与C的对称轴不平行，则称直线l与抛物线C相切，公共点P称为切点，且抛物线C在点P处的切线方程为y0y＝px0+px．已知抛物线C：y2＝4x上有两点A（x1，y1），B（x2，y2）．过点A，B分别作抛物线C的两条切线l1，l2，直线l1，l2交于点Q（x3，y3），过抛物线C上异于A，B的一点D（x4，y4）的切线l3分别与l1，l2交于点M，N，则（）A．直线AB的方程为y3y＝2x+2x3 B．点A，Q，B的横坐标成等差数列 C．|QA|•|BN|＝|QB|•|QM| D．|MN|•|BN|＝|QB|•|DN|【分析】根据已知得l1：y1y＝2x+2x1，l2：y2y＝2x+2x2，结合抛物线上点的坐标关系，可判断A，B选项；根据直线方程与抛物线方程，列方程组，解出M，N坐标，根据向量的坐标运算，可判断C，D选项．【解答】解：已知抛物线C：y2＝4x，则p＝2，抛物线上两点A（x1，y1），B（x2，y2），过点A，B分别作抛物线C的两条切线l1，l2，直线I1，l2交于点Q（x3，y3），则y1≠y2，则由题意可知：l1：y1y＝2x+2x1，l2：y2y＝2x+2x2，对于A，联立，当x1＝x2时，，此时直线AB方程为x+x3＝0，符合y3y＝2x+2x3，当x1≠x2，直线AB的斜率，所以直线AB的方程为：，因为Q（x3，y3）在直线l1上，所以y1y3＝2x3+2x1，所以直线AB的方程为y3y＝2x+2x3，故A正确；对于B，因为A（x1，y1），B（x2，y2）在抛物线上，所以，则或，由A得，则或，点A，Q，B的横坐标不成等差数列，故B不正确；对于C，由A，B可得，即，点D（x4，y4）是抛物线上一点，所以，联立，同理可得，所以，，．所以||•||＝||•|（）|•||•|（，1）|＝||•||，故C正确；对于D，由C得＝（）＝，，＝，＝（，﹣y4）＝，所以||＝||•|（，1）|•||•|（，1）|＝||，故D正确．故选：ACD．【点评】本题考查了直线与抛物线的综合运用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．（多选）5．（2022秋•丽水期末）已知抛物线C：y2＝4x，点A（﹣1，0），B（0，m）（m≠0），过点B的直线与抛物线C交于P，Q两点，AP，AQ分别交抛物线C于M，N两点，O为坐标原点，则（）A．焦点坐标为（2，0） B．向量与的数量积为5 C．直线MN的斜率为m D．若直线PQ过焦点F，则OF平分∠PAQ【分析】A．由抛物线C：y2＝4x，可得2p＝4，解得p，即可得出焦点F，进而判断出A的正误；B．设直线AP的方程为ty＝x+1，P（x1，y1），M（x2，y2），把直线方程代入抛物线方程化为y2﹣4ty+4＝0，而•＝x1x2+y1y2＝（t2+1）y1y2+t（y1+y2）+1，把根与系数的关系代入进而判断出B的正误；C．设P（x1，y1），Q（x3，y3），N（x4，y4），设直线BP的方程为k（y﹣m）＝x，代入抛物线方程可得关于y的一元二次方程，利用根与系数的关