高中数学一轮复习课时作业梯级练六十二圆锥曲线中的探究性问题课时作业理含解析新人教A版

一轮复习精品资料(高中)PAGE1-课时作业梯级练六十二圆锥曲线中的探究性问题一、选择题(每小题5分，共25分)1.(2020·北京高考)已知半径为1的圆经过点(3,4),则其圆心到原点的距离的最小值为 ()A.4 B.5 C.6 D.7〖解析〗选A.由题意,圆心到点(3,4)的距离为1,所以圆心到原点的距离的最小值为QUOTE-1=4.2．已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,4)＝1，设直线l：y＝kx＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈R))交椭圆E所得的弦长为L.则下列直线中，交椭圆E所得的弦长不可能等于L的是()A．mx＋y＋m＝0B．mx＋y－m＝0C．mx－y－1＝0D．mx－y－2＝0〖解析〗选D.当直线l过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0))，取m＝－1，直线l和选项A中的直线重合，故排除A；当直线l过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0))，取m＝－1，直线l和选项B中的直线关于y轴对称，被椭圆E截得的弦长相同，故排除B；当k＝0时，取m＝0，直线l和选项C中的直线关于x轴对称，被椭圆E截得的弦长相同，故排除C；直线l的斜率为k，且过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))，选项D中的直线的斜率为m，且过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－2))，这两条直线不关于x轴、y轴和原点对称，故被椭圆E所截得的弦长不可能相等．3．双曲线C：12x2－4y2＝1上有两个点D，E，满足直线OD和OE的斜率之积为1，则判断＋的值()A．不是定值，与点D，E在双曲线上的位置有关B．是定值，这个定值为12C．是定值，这个定值为8D．是定值，这个定值为4〖解析〗选C.设直线OD的斜率为k，D点横坐标为xD，显然k≠±eq\f(\r(3),3)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(12x2－4y2＝1，,y＝kx))得xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(D))＝eq\f(1,12－4k2)，＝|OD|2＝(1＋k2)xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(D))＝eq\f(1＋k2,12－4k2)，＝eq\f(1＋\f(1,k2),12－4\f(1,k2))＝eq\f(k2＋1,12k2－4)，＋＝eq\f(12－4k2,1＋k2)＋eq\f(12k2－4,1＋k2)＝8.4．(2019·株洲模拟)点F为椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的一个焦点，若椭圆上存在点A使△AOF(O为坐标原点)为正三角形，则椭圆的离心率为()A．eq\f(\r(3)－1,2)B．eq\r(3)－1C．eq\f(\r(2)－1,2)D．eq\r(2)－1〖解析〗选B.由题意，可设椭圆的焦点坐标为(c，0)，因为△AOF为正三角形，则点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，\f(\r(3),2)c))在椭圆上，代入得eq\f(c2,4a2)＋eq\f(3c2,4b2)＝1，即e2＋eq\f(3e2,1－e2)＝4，得e2＝4－2eq\r(3)，解得e＝eq\r(3)－1.5.(2020·全国Ⅲ卷)设双曲线C:QUOTE-QUOTE=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为QUOTE.P是C上一点,且F1P⊥F2P.若△PF1F2的面积为4,则a= ()A.1 B.2 C.4 D.8〖解析〗选A.设PF1=m,PF2=n,m>n,QUOTE=QUOTEmn=4,m-n=2a,m2+n2=4c2,e=QUOTE=QUOTE,所以a=1.二、填空题(每小题5分，共15分)6．(2020·沈阳模拟)已知椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l1与过F2的直线l2交于点M，设M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y0))，若l1⊥l2，则下列结论序号正确的有________.①eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4)＋eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),3)＜1，②eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4)＋eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),3)＞1，③eq\f(x0,4)＋eq\f(y0,3)＜1，④4xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋3yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＞1.〖解析〗F1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0))，F2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0))，因为l1⊥l2，＝0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－x0))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－x0))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－y0))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－y0))＝0，即xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝1，M在圆x2＋y2＝1上，它在椭圆的内部，故eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4)＋eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),3)＜1，故①正确，②错误；O到直线eq\f(x,4)＋eq\f(y,3)＝1的距离为eq\f(3×4,5)＝eq\f(12,5)＞1，O在直线eq\f(x,4)＋eq\f(y,3)＝1的下方，故圆x2＋y2＝1在其下方，即eq\f(x0,4)＋eq\f(y0,3)＜1，故③正确；4xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋3yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))≥xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝1，但4xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，3yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))不同时成立，故4xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋3yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＞xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝1，故④成立．〖答案〗①③④7．已知O为坐标原点，双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，以OF2为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点O，P，记双曲线C的左顶点为M，若∠PMF2＝∠PF2M，则双曲线C的渐近线方程为________________．〖解析〗依题意，圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(c,2)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(c2,4)，不妨设点P在第一象限，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(c,2)))\s\up12(2)＋y2＝\f(c2,4),y＝\f(b,a)x))，解得x＝eq\f(a2,c)，而∠PMF2＝∠PF2M，故eq\f(a2,c)＝eq\f(c－a,2)，解得eq\f(c,a)＝2，故eq\f(b,a)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))\s\up12(2)－1)＝eq\r(3)，即所求渐近线方程为y＝±eq\r(3)x.〖答案〗y＝±eq\r(3)x8．已知椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1上有三个不同的点A，B，C，其中A，B关于坐标原点对称，设直线AC，BC的斜率都存在时，它们的斜率之积为定值，这个定值为____________．〖解析〗由题意可设点A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，C(x2，y2)，则kAC·kBC＝eq\f(y1－y2,x1－x2)·eq\f(－y1－y2,－x1－x2)＝eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))，因为eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),4)＋eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),3)＝1，eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),4)＋eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),3)＝1，所以两个式子相减得eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),4)＋eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),3)＝0，所以eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝－eq\f(3,4).所以kAC·kBC＝－eq\f(3,4).〖答案〗－eq\f(3,4)1．在平面直角坐标系xOy中，直线l和椭圆C：eq\f(x2,9)＋y2＝1交于A，B两点，关于问题：“是否存在直线l，使弦AB的垂直平分线过椭圆C的右焦点”的〖答案〗是()A．不存在任何直线l，满足条件B．只存在垂直于x轴的直线l，满足条件C．存在不垂直于x轴的直线l，满足条件D．存在直线l：y＝x，满足条件〖解析〗选B.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为P(x0，y0)，椭圆C的右焦点为F(2eq\r(2)，0)，(1)当直线l垂直于x轴时，由椭圆的对称性可得y0＝0，此时弦AB的垂直平分线为x轴，经过右焦点，满足条件．(2)设直线l的斜率为k(k＜0)，直线FP的斜率为k′，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋9yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝9,xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋9yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝9))，所以(x1－x2)(x1＋x2)＋9(y1－y2)(y1＋y2)＝0，所以k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(x1＋x2,9（y1＋y2）)＝－eq\f(x0,9y0)，k′＝eq\f(y0,x0－2\r(2))，所以kk′＝－eq\f(x0,9（x0－2\r(2)）)＝－1，即x0＝eq\f(9\r(2),4)∉(－3，3)，所以不存在有斜率的直线l满足条件．综上所述，只存在垂直于x轴的直线满足条件．2．直线l：y＝kx＋m与椭圆E：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1相交于A，B两点，与直线x＝－4相交于Q点，P是椭圆E上一点且满足＝＋(其中O为坐标原点)，在x轴上______(填“存在”或“不存在”)一点T，使得·为定值，则T点的坐标为________．〖解析〗设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y并整理得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，由根与系数的关系得x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2＋3)，则y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq\f(6m,4k2＋3)，因为＝(x1＋x2，y1＋y2)＝(－eq\f(8km,4k2＋3)，eq\f(6m,4k2＋3))，即点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8km,4k2＋3)，\f(6m,4k2＋3)))，由于点P在椭圆E上，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8km,4k2＋3)))eq\s\up12(2)·eq\f(1,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6m,4k2＋3)))2·eq\f(1,3)＝1，化简得4m2＝4k2＋3，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m,x＝－4))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－4,y＝m－4k))，则点Q(－4，m－4k)，设在x轴上存在一点T(t，0)，使得·为定值，＝(－4－t，m－4k)，·＝eq\f(8km（t＋4）＋6m（m－4k）,4k2＋3)＝eq\f(8ktm＋8km＋6m2,4m2)＝eq\f(2k（t＋1）,m)＋eq\f(3,2)为定值，则t＋1＝0，得t＝－1，因此在x轴上存在定点T(－1，0)，使得·为定值．〖答案〗存在(－1，0)3．已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1，F2，其离心率为eq\f(\r(3),2)，以F1为圆心以1为半径的圆与以F2为圆心以3为半径的圆相交，两圆交点在椭圆E上．(1)求椭圆E的方程；(2)过椭圆左顶点A且斜率为1的直线与椭圆的另外一个交点为B，求△ABF2的面积．〖解析〗(1)由两圆交点在椭圆上，得2a＝1＋3＝4，得a＝2，由离心率为eq\f(\r(3),2)，得eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(3,4)，得b＝1，所以椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)直线AB：y＝x＋2与椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1联立，消去y得：5x2＋16x＋12＝0，解得xB＝－eq\f(6,5)，代入直线AB方程可得yB＝eq\f(4,5)，且|AF2|＝a＋c＝2＋eq\r(3)，故△ABF2的面积为eq\f(1,2)×|AF2|×yB＝eq\f(1,2)×(2＋eq\r(3))×eq\f(4,5)＝eq\f(4＋2\r(3),5).4．如图，抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，A为抛物线上一点(A在x轴上方)，AF＝5，A点到y轴的距离为4.(1)求抛物线方程及点A的坐标；(2)是否存在y轴上的一个点M，过点M有两条直线l1，l2，满足l1⊥l2，l1交抛物线C于D，E两点．l2与抛物线相切于点B(B不为坐标原点)，有|MB|2＝|MD|·|ME|成立，若存在，求出点M的坐标．若不存在，请说明理由．〖解析〗(1)由抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，满足AF＝5，A点到y轴的距离为4，由抛物线的定义，可得|AF|＝xA＋eq\f(p,2)＝5，且xA＝4，解得p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x，代入xA＝4，解得yA＝±4，又由A在x轴上方，所以yA＝4，即A(4，4).(2)假设存在点M，可知直线l1，l2的斜率存在，设l2的方程为y＝kx＋t，联立方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t,y2＝4x))，整理得k2x2＋(2kt－4)x＋t2＝0，由Δ＝(2kt－4)2－4k2t2＝0，解得k＝eq\f(1,t)，此时切点B(t2，±2t)，可得|MB|＝eq\r(1＋k2)|xB|＝eq\r(t4＋t2)，因为l1⊥l2，所以l1的方程为y＝－tx＋t，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－tx＋t,y2＝4x))，整理得t2x2－(2t2＋4)x＋t2＝0，所以xDxE＝1，|MD|＝eq\r(1＋t2)|xD|，|ME|＝eq\r(1＋t2)|xE|，由|MB|2＝|MD|·|ME|可得，t4＋t2＝1＋t2，解得t＝±1，所以存在点M(±1，0)，符合题意．〖加练备选·拔高〗如图,已知椭圆=1(a>b>0)的离心率为,以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点F1,F2为顶点的三角形的周长为4(QUOTE+1).一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点,设P为该双曲线上异于顶点的任一点,直线PF1和PF2与椭圆的交点分别为A,B和C,D.(1)求椭圆和双曲线的标准方程；(2)设直线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，证明k1·k2＝1；(3)是否存在常数λ，使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．〖解析〗(1)设椭圆的半焦距为c，由题意知：，2a＋2c＝4(＋1)，所以a＝2，c＝2.又a2＝b2＋c2，因此b＝2.故椭圆的标准方程为＝1.由题意设等轴双曲线的标准方程为＝1(m＞0)，因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点，所以m＝2，因此双曲线的标准方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,4)＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则k1＝eq\f(y0,x0＋2)，k2＝eq\f(y0,x0－2).因为点P在双曲线x2－y2＝4上，所以x－y＝4.因此k1·k2＝eq\f(y0,x0＋2)·eq\f(y0,x0－2)＝eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－4)＝1，即k1·k2＝1.(3)由于PF1的方程为y＝k1(x＋2)，将其代入椭圆方程得(2keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋1)x2＋8keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))x＋8keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－8＝0，显然2keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋1≠0，Δ＞0.由根与系数的关系得x1＋x2＝－eq\f(8keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋1)，x1x2＝eq\f(8keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－8,2keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋1).所以|AB|＝eq\r(1＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋1)))\s\up12(2)－4×\f(8keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－8,2keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋1))＝4eq\r(2)eq\f(keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋1,2keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋1).同理可得|CD|＝4eq\r(2)eq\f(keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋1,2keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋1).则eq\f(1,|AB|)＋eq\f(1,|CD|)＝eq\f(1,4\r(2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋1,keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋1)＋\f(2keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋1,keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋1)))，又k1·k2＝1，所以eq\f(1,|AB|)＋eq\f(1,|CD|)＝eq\f(1,4\r(2))(eq\f(2keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋1,keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋1)＋eq\f(\f(2,keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＋1,\f(1,keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＋1))＝eq\f(\r(2),8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋1,keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋1)＋\f(keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋2,keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋1)))＝eq\f(3\r(2),8).故|AB|＋|CD|＝eq\f(3\r(2),8)|AB|·|CD|.因此存在λ＝eq\f(3\r(2),8)，使|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立．课时作业梯级练六十二圆锥曲线中的探究性问题一、选择题(每小题5分，共25分)1.(2020·北京高考)已知半径为1的圆经过点(3,4),则其圆心到原点的距离的最小值为 ()A.4 B.5 C.6 D.7〖解析〗选A.由题意,圆心到点(3,4)的距离为1,所以圆心到原点的距离的最小值为QUOTE-1=4.2．已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,4)＝1，设直线l：y＝kx＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈R))交椭圆E所得的弦长为L.则下列直线中，交椭圆E所得的弦长不可能等于L的是()A．mx＋y＋m＝0B．mx＋y－m＝0C．mx－y－1＝0D．mx－y－2＝0〖解析〗选D.当直线l过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0))，取m＝－1，直线l和选项A中的直线重合，故排除A；当直线l过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0))，取m＝－1，直线l和选项B中的直线关于y轴对称，被椭圆E截得的弦长相同，故排除B；当k＝0时，取m＝0，直线l和选项C中的直线关于x轴对称，被椭圆E截得的弦长相同，故排除C；直线l的斜率为k，且过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))，选项D中的直线的斜率为m，且过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－2))，这两条直线不关于x轴、y轴和原点对称，故被椭圆E所截得的弦长不可能相等．3．双曲线C：12x2－4y2＝1上有两个点D，E，满足直线OD和OE的斜率之积为1，则判断＋的值()A．不是定值，与点D，E在双曲线上的位置有关B．是定值，这个定值为12C．是定值，这个定值为8D．是定值，这个定值为4〖解析〗选C.设直线OD的斜率为k，D点横坐标为xD，显然k≠±eq\f(\r(3),3)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(12x2－4y2＝1，,y＝kx))得xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(D))＝eq\f(1,12－4k2)，＝|OD|2＝(1＋k2)xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(D))＝eq\f(1＋k2,12－4k2)，＝eq\f(1＋\f(1,k2),12－4\f(1,k2))＝eq\f(k2＋1,12k2－4)，＋＝eq\f(12－4k2,1＋k2)＋eq\f(12k2－4,1＋k2)＝8.4．(2019·株洲模拟)点F为椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的一个焦点，若椭圆上存在点A使△AOF(O为坐标原点)为正三角形，则椭圆的离心率为()A．eq\f(\r(3)－1,2)B．eq\r(3)－1C．eq\f(\r(2)－1,2)D．eq\r(2)－1〖解析〗选B.由题意，可设椭圆的焦点坐标为(c，0)，因为△AOF为正三角形，则点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，\f(\r(3),2)c))在椭圆上，代入得eq\f(c2,4a2)＋eq\f(3c2,4b2)＝1，即e2＋eq\f(3e2,1－e2)＝4，得e2＝4－2eq\r(3)，解得e＝eq\r(3)－1.5.(2020·全国Ⅲ卷)设双曲线C:QUOTE-QUOTE=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为QUOTE.P是C上一点,且F1P⊥F2P.若△PF1F2的面积为4,则a= ()A.1 B.2 C.4 D.8〖解析〗选A.设PF1=m,PF2=n,m>n,QUOTE=QUOTEmn=4,m-n=2a,m2+n2=4c2,e=QUOTE=QUOTE,所以a=1.二、填空题(每小题5分，共15分)6．(2020·沈阳模拟)已知椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l1与过F2的直线l2交于点M，设M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y0))，若l1⊥l2，则下列结论序号正确的有________.①eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4)＋eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),3)＜1，②eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4)＋eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),3)＞1，③eq\f(x0,4)＋eq\f(y0,3)＜1，④4xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋3yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＞1.〖解析〗F1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0))，F2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0))，因为l1⊥l2，＝0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－x0))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－x0))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－y0))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－y0))＝0，即xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝1，M在圆x2＋y2＝1上，它在椭圆的内部，故eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4)＋eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),3)＜1，故①正确，②错误；O到直线eq\f(x,4)＋eq\f(y,3)＝1的距离为eq\f(3×4,5)＝eq\f(12,5)＞1，O在直线eq\f(x,4)＋eq\f(y,3)＝1的下方，故圆x2＋y2＝1在其下方，即eq\f(x0,4)＋eq\f(y0,3)＜1，故③正确；4xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋3yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))≥xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝1，但4xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，3yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))不同时成立，故4xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋3yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＞xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝1，故④成立．〖答案〗①③④7．已知O为坐标原点，双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，以OF2为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点O，P，记双曲线C的左顶点为M，若∠PMF2＝∠PF2M，则双曲线C的渐近线方程为________________．〖解析〗依题意，圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(c,2)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(c2,4)，不妨设点P在第一象限，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(c,2)))\s\up12(2)＋y2＝\f(c2,4),y＝\f(b,a)x))，解得x＝eq\f(a2,c)，而∠PMF2＝∠PF2M，故eq\f(a2,c)＝eq\f(c－a,2)，解得eq\f(c,a)＝2，故eq\f(b,a)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))\s\up12(2)－1)＝eq\r(3)，即所求渐近线方程为y＝±eq\r(3)x.〖答案〗y＝±eq\r(3)x8．已知椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1上有三个不同的点A，B，C，其中A，B关于坐标原点对称，设直线AC，BC的斜率都存在时，它们的斜率之积为定值，这个定值为____________．〖解析〗由题意可设点A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，C(x2，y2)，则kAC·kBC＝eq\f(y1－y2,x1－x2)·eq\f(－y1－y2,－x1－x2)＝eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))，因为eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),4)＋eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),3)＝1，eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),4)＋eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),3)＝1，所以两个式子相减得eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),4)＋eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),3)＝0，所以eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝－eq\f(3,4).所以kAC·kBC＝－eq\f(3,4).〖答案〗－eq\f(3,4)1．在平面直角坐标系xOy中，直线l和椭圆C：eq\f(x2,9)＋y2＝1交于A，B两点，关于问题：“是否存在直线l，使弦AB的垂直平分线过椭圆C的右焦点”的〖答案〗是()A．不存在任何直线l，满足条件B．只存在垂直于x轴的直线l，满足条件C．存在不垂直于x轴的直线l，满足条件D．存在直线l：y＝x，满足条件〖解析〗选B.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为P(x0，y0)，椭圆C的右焦点为F(2eq\r(2)，0)，(1)当直线l垂直于x轴时，由椭圆的对称性可得y0＝0，此时弦AB的垂直平分线为x轴，经过右焦点，满足条件．(2)设直线l的斜率为k(k＜0)，直线FP的斜率为k′，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋9yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝9,xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋9yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝9))，所以(x1－x2)(x1＋x2)＋9(y1－y2)(y1＋y2)＝0，所以k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(x1＋x2,9（y1＋y2）)＝－eq\f(x0,9y0)，k′＝eq\f(y0,x0－2\r(2))，所以kk′＝－eq\f(x0,9（x0－2\r(2)）)＝－1，即x0＝eq\f(9\r(2),4)∉(－3，3)，所以不存在有斜率的直线l满足条件．综上所述，只存在垂直于x轴的直线满足条件．2．直线l：y＝kx＋m与椭圆E：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1相交于A，B两点，与直线x＝－4相交于Q点，P是椭圆E上一点且满足＝＋(其中O为坐标原点)，在x轴上______(填“存在”或“不存在”)一点T，使得·为定值，则T点的坐标为________．〖解析〗设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y并整理得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，由根与系数的关系得x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2＋3)，则y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq\f(6m,4k2＋3)，因为＝(x1＋x2，y1＋y2)＝(－eq\f(8km,4k2＋3)，eq\f(6m,4k2＋3))，即点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8km,4k2＋3)，\f(6m,4k2＋3)))，由于点P在椭圆E上，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8km,4k2＋3)))eq\s\up12(2)·eq\f(1,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6m,4k2＋3)))2·eq\f(1,3)＝1，化简得4m2＝4k2＋3，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m,x＝－4))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－4,y＝m－4k))，则点Q(－4，m－4k)，设在x轴上存在一点T(t，0)，使得·为定值，＝(－4－t，m－4k)，·＝eq\f(8km（t＋4）＋6m（m－4k）,4k2＋3)＝eq\f(8ktm＋8km＋6m2,4m2)＝eq\f(2k（t＋1）,m)＋eq\f(3,2)为定值，则t＋1＝0，得t＝－1，因此在x轴上存在定点T(－1，0)，使得·为定值．〖答案〗存在(－1，0)3．已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1，F2，其离心率为eq\f(\r(3),2)，以F1为圆心以1为半径的圆与以F2为圆心以3为半径的圆相交，两圆交点在椭圆E上．(1)求椭圆E的方程；(2)过椭圆左顶点A且斜率为1的直线与椭圆的另外一个交点为B，求△ABF2的面积．〖解析〗(1)由两圆交点在椭圆上，得2a＝1＋3＝4，得a＝2，由离心率为eq\f(\r(3),2)，得eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(3,4)，得b＝1，所以椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)直线AB：y＝x＋2与椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1联立，消去y得：5x2＋16x＋12＝0，解得xB＝－eq\f(6,5)，代入直线AB方程可得yB＝eq\f(4,5)，且|AF2|＝a＋c＝2＋eq\r(3)，故△ABF2的面积为eq\f(1,2)×|AF2|×yB＝eq\f(1,2)×(2＋eq\r(3))×eq\f(4,5)＝eq\f(4＋2\r(3),5).4．如图，抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，A为抛物线上一点(A在x轴上方)，AF＝5，A点到y轴的距离为4.(1)求抛物线方程及点A的坐标；(2)是否存在y轴上的一个点M，过点M有两条直线l1，l2，满足l1⊥l2，l1交抛物线C于D，E两点．l2与抛物线相切于点B(B不为坐标原点)，有|MB|2＝|MD|·|ME|成立，若存在，求出点M的坐标．若不存在，请说明理由．〖解析〗(1)由抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，满足AF＝5，A点到y轴的距离为4，由抛物线的定义，可得|AF|＝xA＋eq\f(p,2)＝5，且xA＝4，解得p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x，代入xA＝4，解得yA＝±4，又由A在x轴上方，所以yA＝4，即A(4，4).(2)假设存在点M，可知直线l1，l2的斜率存在，设l2的方程为y＝kx＋t，联立方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t,y2＝4x))，整理得k2x2＋(2kt－4)x＋t2＝0，由Δ＝(2kt－4)2－4k2t2＝0，解得k＝eq\f(1,t)，此时切点B(t2，±2t)，可得|MB|＝eq\r(1＋k2)|xB|＝eq\r(t4＋t2)，因为l1⊥l2，所以l1的方程为y＝－tx＋t，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－tx＋t,y2＝4x))，整理得t2x2－(2t2＋4)x＋t2＝0，所以xDxE＝1，|MD|＝eq\r(1＋t2)|xD|，|ME|＝eq\r(1＋t2)|xE|，由|MB|2＝|MD|·|ME|可得，t4＋t2＝1＋t2，解得t＝±1，所以存在点M(±1，0)，符合题意．〖加练备选·拔高〗如图,已知椭圆=1(a>b>0)的离心率为,以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点F1,F2为顶点的三角形的周长为4(QUOTE+1).一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点,设P为该双曲线上异于顶点的任一点,直线PF1和PF2与椭圆的交点分别为A,B和C,D.(1)求椭圆和双曲线的标准方程；(2)设直线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，证明k1·k2＝1；(3)是否存在常数λ，使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．〖解析〗(1)设椭圆的半焦距为c，由题意知：，2a＋2c＝4(＋1)，所以a＝2，c＝2.又a2＝b2＋c2，因此b＝2.故椭圆的标准方程为＝1.由题意设等