3、)∪(0,1)，故選A.
3．已知F1，F(xiàn)2是橢圓和雙曲線的公共焦點(diǎn)，P是它們的一個(gè)公共點(diǎn)，且∠F1PF2＝，則橢圓和雙曲線的離心率的倒數(shù)之和的最大值為( )
A. B.
C．3 D．2
答案 A
解析 解法一：設(shè)橢圓長半軸為a1，雙曲線實(shí)半軸長為a2，|F1F2|＝2c.
由余弦定理4c2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos.
而|PF1|＋|PF2|＝2a1，||PF1|－|PF2||＝2a2，可得a＋3a＝4c2.令a1＝2ccosθ，a2＝sinθ，
即＋＝2cosθ＋sinθ＝2
＝＝sin
故最大值為，故選A.
解法二
4、：不妨設(shè)P在第一象限，|PF1|＝m，|PF2|＝n.在△PF1F2中，由余弦定理得m2＋n2－mn＝4c2.設(shè)橢圓的長軸長為2a1，離心率為e1，雙曲線的實(shí)軸長為2a2，離心率為e2，它們的焦距為2c，則＋＝＝＝.
∴2＝＝＝，易知2－＋1的最小值為.故max＝.故選A.
4.已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直線l不過原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)為M.
(1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；
(2)若l過點(diǎn)，延長線段OM與C交于點(diǎn)P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時(shí)l的斜率；若不能，說明理由．
解 (1)證明：設(shè)
5、直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．
將y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝.
于是直線OM的斜率kOM＝＝－，即kOMk＝－9.
所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值．
(2)四邊形OAPB能為平行四邊形．
因?yàn)橹本€l過點(diǎn)，所以l不過原點(diǎn)且與C有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是k>0，k≠3.
由(1)得OM的方程為y＝－x.
設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為xP.
由得x＝，即xP＝.
將點(diǎn)的坐標(biāo)代入直線l的方程得b＝，因此xM＝.四邊形OAPB為平行四邊形，當(dāng)且僅
6、當(dāng)線段AB與線段OP互相平分，即xP＝2xM.
于是＝2，解得k1＝4－，k2＝4＋.因?yàn)閗i>0，ki≠3，i＝1,2，所以當(dāng)直線l的斜率為4－或4＋時(shí)，四邊形OAPB為平行四邊形．
5. 已知橢圓＋y2＝1上兩個(gè)不同的點(diǎn)A，B關(guān)于直線y＝mx＋對稱．
(1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
(2)求△AOB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點(diǎn))．
解 (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.因?yàn)橹本€y＝－x＋b與橢圓＋y2＝1有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，所以Δ＝－2b2＋2＋>0，①
設(shè)M為AB的中點(diǎn)，則M，
代入直線方程y＝mx＋
解得b＝－.②
7、
由①②得m<－或m>.
(2)令t＝∈∪，則
|AB|＝，
且O到直線AB的距離d＝.
設(shè)△AOB的面積為S(t)，所以
S(t)＝|AB|d＝ ≤，
當(dāng)且僅當(dāng)t2＝時(shí)，等號成立．
故△AOB面積的最大值為.
6．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，點(diǎn)P(0,1)和點(diǎn)A(m，n)(m≠0)都在橢圓C上，直線PA交x軸于點(diǎn)M.
(1)求橢圓C的方程，并求點(diǎn)M的坐標(biāo)(用m，n表示)；
(2)設(shè)O為原點(diǎn)，點(diǎn)B與點(diǎn)A關(guān)于x軸對稱，直線PB交x軸于點(diǎn)N.問：y軸上是否存在點(diǎn)Q，使得∠OQM＝∠ONQ？若存在，求點(diǎn)Q坐標(biāo)；若不存在，說明理由．
解 (1)由題意得解得a2＝2
8、.
故橢圓C的方程為＋y2＝1.
設(shè)M(xM,0)．因?yàn)閙≠0，所以－1b>0)的離心率是，過點(diǎn)P(0,1)
9、的動(dòng)直線l與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)．當(dāng)直線l平行于x軸時(shí)，直線l被橢圓E截得的線段長為2.
(1)求橢圓E的方程；
(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，是否存在與點(diǎn)P不同的定點(diǎn)Q，使得＝恒成立？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
解 (1)由已知，點(diǎn)(，1)在橢圓E上，因此，解得a＝2，b＝.
所以橢圓E的方程為＋＝1.
(2)當(dāng)直線l與x軸平行時(shí)，設(shè)直線l與橢圓相交于C，D兩點(diǎn)．
如果存在定點(diǎn)Q滿足條件，則有＝＝1，即|QC|＝|QD|.
所以Q點(diǎn)在y軸上，可設(shè)Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(0，y0)．
當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)，設(shè)直線l與橢圓相交于M，N兩點(diǎn)，
則M，N的坐標(biāo)分別為
10、(0，)，(0，－)．
由＝，有＝，解得y0＝1或y0＝2.
所以，若存在不同于點(diǎn)P的定點(diǎn)Q滿足條件，則Q點(diǎn)坐標(biāo)只可能為(0,2)．
下面證明：對任意直線l，均有＝.
當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，由上可知，結(jié)論成立．
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，可設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1，A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)．
聯(lián)立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.
其判別式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝－.
因此＋＝＝2k.
易知，點(diǎn)B關(guān)于y軸對稱的點(diǎn)B′的坐標(biāo)為(－x2，y2)．
又kQA＝＝＝k－，
kOB′＝＝＝－k＋＝k－
11、，
所以kQA＝kQB′，即Q，A，B′三點(diǎn)共線．
所以＝＝＝.
故存在與P不同的定點(diǎn)Q(0,2)，使得＝恒成立．
8．已知拋物線C1：x2＝4y的焦點(diǎn)F也是橢圓C2：＋＝1(a>b>0)的一個(gè)焦點(diǎn)，C1與C2的公共弦的長為2.
(1)求C2的方程；
(2)過點(diǎn)F的直線l與C1相交于A，B兩點(diǎn)，與C2相交于C，D兩點(diǎn)，且與同向．
①|(zhì)AC|＝|BD|，求直線l的斜率；
②設(shè)C1在點(diǎn)A處的切線與x軸的交點(diǎn)為M.證明：直線l繞點(diǎn)F旋轉(zhuǎn)時(shí)，△MFD總是鈍角三角形．
解 (1)由C1：x2＝4y知其焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(0,1)．因?yàn)镕也是橢圓C2的一個(gè)焦點(diǎn)，所以a2－b2＝1.①
又C
12、1與C2的公共弦的長為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(diǎn)的坐標(biāo)為，所以＋＝1.②
聯(lián)立①，②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)．
①因?yàn)榕c同向，且|AC|＝|BD|，所以＝，從而x3－x1＝x4－x2，即x1－x2＝x3－x4，于是(x1＋x2)2－4x1x2＝(x3＋x4)2－4x3x4.③
設(shè)直線方程有兩種形式，第一種，y＝kx＋m，注意斜率不存在的情況；第二種，x＝ty＋n.注意與x軸平行的情況．
設(shè)直線l的斜率為k，則l的方程
13、為y＝kx＋1.
由得x2－4kx－4＝0.而x1，x2是這個(gè)方程的兩根，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.④
由得(9＋8k2)x2＋16kx－64＝0.而x3，x4是這個(gè)方程的兩根，所以x3＋x4＝－，x3x4＝－.⑤
將④，⑤代入③，得16(k2＋1)＝＋，
即16(k2＋1)＝，
所以(9＋8k2)2＝169，解得k＝，即直線l的斜率為.
②證明：由x2＝4y得y′＝，所以C1在點(diǎn)A處的切線方程為y－y1＝(x－x1)，即y＝－.
令y＝0得x＝，即M，所以＝.而＝(x1，y1－1)，于是＝－y1＋1＝＋1>0，
因此∠AFM是銳角，從而∠MFD＝180－∠AFM是
14、鈍角．故直線l繞點(diǎn)F旋轉(zhuǎn)時(shí)，△MFD總是鈍角三角形．
9．已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，A為C上異于原點(diǎn)的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)A的直線l交C于另一點(diǎn)B，交x軸的正半軸于點(diǎn)D，且有|FA|＝|FD|.當(dāng)點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為3時(shí)，△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(gè)公共點(diǎn)E，
①證明直線AE過定點(diǎn)，并求出定點(diǎn)坐標(biāo)；
②△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 (1)由題意知F，
設(shè)D(t,0)(t>0)，則FD的中點(diǎn)為.
因?yàn)閨FA|＝|FD|，由拋物線的定義知3＋＝，
解得t＝3＋p或
15、t＝－3(舍去)．由＝3，解得p＝2.
所以拋物線C的方程為y2＝4x.
(2)①證明：由(1)知F(1,0)．
設(shè)A(x0，y0)(x0y0≠0)，D(xD,0)(xD>0)，
因?yàn)閨FA|＝|FD|，則|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?yàn)橹本€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(shí)，kAE＝＝－＝，
可得直線AE的方程為y－y0＝(x－x0)，
由y＝4x0，整理可
16、得y＝(x－1)，
直線AE恒過點(diǎn)F(1,0)．
當(dāng)y＝4時(shí)，直線AE的方程為x＝1，過點(diǎn)F(1,0)．
所以直線AE過定點(diǎn)F(1,0)．
②由①知直線AE過焦點(diǎn)F(1,0)，
所以|AE|＝|AF|＋|FE|＝(x0＋1)＋＝x0＋＋2.
設(shè)直線AE的方程為x＝my＋1，
因?yàn)辄c(diǎn)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＝－y0－，x1＝＋x0＋4.
所以點(diǎn)B到直線AE的距離為
d＝
＝＝4
17、.
則△ABE的面積S＝4≥16，
當(dāng)且僅當(dāng)＝x0，即x0＝1時(shí)等號成立．
所以△ABE的面積的最小值為16.
10．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的焦距為4，其短軸的兩個(gè)端點(diǎn)與長軸的一個(gè)端點(diǎn)構(gòu)成正三角形．
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)F為橢圓C的左焦點(diǎn)，T為直線x＝－3上任意一點(diǎn)，過F作TF的垂線交橢圓C于點(diǎn)P，Q.
①證明：OT平分線段PQ(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn))；
②當(dāng)最小時(shí)，求點(diǎn)T的坐標(biāo)．
解 (1)由已知可得
解得a2＝6，b2＝2，
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是＋＝1.
(2)①證明：由(1)可得，F(xiàn)的坐標(biāo)是(－2,0)，設(shè)T點(diǎn)的坐標(biāo)為(－3，m)．則直線T
18、F的斜率kTF＝＝－m.
當(dāng)m≠0時(shí)，直線PQ的斜率kPQ＝.直線PQ的方程是x＝my－2.
當(dāng)m＝0時(shí)，直線PQ的方程是x＝－2，也符合x＝my－2的形式．
設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得
消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0，
其判別式Δ＝16m2＋8(m2＋3)>0.
所以y1＋y2＝，y1y2＝，
x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝.
所以PQ的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為.
所以直線OM的斜率kOM＝－，
又直線OT的斜率kOT＝－，所以點(diǎn)M在直線OT上，因此OT平分線段PQ.
②由①可得，|TF|＝，
|PQ|＝
＝
19、
＝
＝.
所以＝
＝≥ ＝.
當(dāng)且僅當(dāng)m2＋1＝，即m＝1時(shí)，等號成立，此時(shí)取得最小值．所以當(dāng)最小時(shí)，T點(diǎn)的坐標(biāo)是(－3,1)或(－3，－1)．
11．如圖，設(shè)橢圓C：＋＝1(a>b>0)，動(dòng)直線l與橢圓C只有一個(gè)公共點(diǎn)P，且點(diǎn)P在第一象限．
(1)已知直線l的斜率為k，用a，b，k表示點(diǎn)P的坐標(biāo)；
(2)若過原點(diǎn)O的直線l1與l垂直，證明：點(diǎn)P到直線l1的距離的最大值為a－b.
解 (1)設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(k<0)，由
消去y得(b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0.
由于l與C只有一個(gè)公共點(diǎn)，故Δ＝0，即b2－m2＋a2k2＝0
20、，解得點(diǎn)P的坐標(biāo)為.又點(diǎn)P在第一象限，故點(diǎn)P的坐標(biāo)為P.
(2)證明：由于直線l1過原點(diǎn)O且與l垂直，故直線l1的方程為x＋ky＝0，所以點(diǎn)P到直線l1的距離d＝，
整理得d＝ .
因?yàn)閍2k2＋≥2ab，所以
≤＝a－b，
當(dāng)且僅當(dāng)k2＝時(shí)等號成立．
所以，點(diǎn)P到直線l1的距離的最大值為a－b.
12．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＝－2x.
(1)求雙曲線E的離心率；
(2)如圖，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)直線l分別交直線l1，l2于A，B兩點(diǎn)(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
21、個(gè)公共點(diǎn)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 解法一：(1)因?yàn)殡p曲線E的漸近線分別為y＝2x，y＝－2x，所以＝2，所以＝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(diǎn)C.
當(dāng)l⊥x軸時(shí)，若直線l與雙曲線E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，則|OC|＝a，|AB|＝4a，
又因?yàn)椤鱋AB的面積為8，所以|OC||AB|＝8，
因此a4a＝8，解得a＝2，
此時(shí)雙曲線E的方程為－＝1.
若存在滿足條件的雙曲線E，則E的方程只能為－＝1.
以下證明：當(dāng)直線l不與x軸垂直時(shí)，雙曲線E：－＝1
22、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.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.
因?yàn)?－k2<0，所以Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋16)＝－16(4k2－m2－16)，
又因?yàn)閙2＝4(k2－4)，所以Δ＝0，即l與雙曲線E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)．
因此，存在總與l有且只有一個(gè)公共點(diǎn)的雙曲線E，且E的方程為－＝1.
解法二：(1)同解法一．
(2)由(1)知，雙
23、曲線E的方程為－＝1.
設(shè)直線l的方程為x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
依題意得－
24、0，所以a2＝4，
因此，存在總與l有且只有一個(gè)公共點(diǎn)的雙曲線E，且E的方程為－＝1.
解法三：(1)同解法一．
(2)當(dāng)直線l不與x軸垂直時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
依題意得k>2或k<－2.
由得(4－k2)x2－2kmx－m2＝0，
因?yàn)?－k2<0，Δ>0，所以x1x2＝，
又因?yàn)椤鱋AB的面積為8，
所以|OA||OB|sin∠AOB＝8，
又易知sin∠AOB＝，
所以＝8，化簡得x1x2＝4.所以＝4，即m2＝4(k2－4)．
由(1)得雙曲線E的方程為－＝1，
由得(4－k2)x2－2kmx－m2－4a2＝0，
因?yàn)?－k2<0，直線l與雙曲線E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋4a2)＝0，
即(k2－4)(a2－4)＝0，所以a2＝4，
所以雙曲線E的方程為－＝1.
當(dāng)l⊥x軸時(shí)，由△OAB的面積等于8可得l：x＝2，又易知l：x＝2與雙曲線E：－＝1有且只有一個(gè)公共點(diǎn)．
綜上所述，存在總與l有且只有一個(gè)公共點(diǎn)的雙曲線E，且E的方程為－＝1.
【學(xué)霸優(yōu)課】數(shù)學(xué)理一輪對點(diǎn)訓(xùn)練：1052 圓錐曲線的綜合應(yīng)用 Word版含解析
