统考版2024高考数学二轮专题复习第三篇关键能力为重专题五解析几何第2讲圆锥曲线的定义方程与性质文

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圆锥曲线的定义、标准方程
例 1 （1）[2022·全国甲卷]已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1（a>b>0）的离心率为 eq \f(1,3)，A1，A2分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若＝－1，则C的方程为（ ）
A． eq \f(x2,18)＋ eq \f(y2,16)＝1 B． eq \f(x2,9)＋ eq \f(y2,8)＝1
C． eq \f(x2,3)＋ eq \f(y2,2)＝1 D． eq \f(x2,2)＋y2＝1
（2）[2023·贵州毕节模拟预测]如图，唐金筐宝钿团花纹金杯出土于西安，这件金杯整体造型具有玲珑剔透之美，充分体现唐代金银器制作的高超技艺，是唐代金银细工的典范之作．该杯主体部分的轴截面可以近似看作双曲线C的一部分，若C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率e＝2，且点M（2， eq \r(3)）在C上，则双曲线C的标准方程为（ ）

A.x2－ eq \f(y2,3)＝1 B． eq \f(x2,3)－ eq \f(y2,9)＝1
C． eq \f(x2,3)－y2＝1 D． eq \f(x2,2)－ eq \f(y2,3)＝1
[听课记录]
归纳总结
1．关于圆锥曲线定义的应用
对于椭圆、双曲线如果涉及曲线上的点与焦点的距离，一般要利用定义进行转化．对应抛物线涉及曲线上点到焦点的距离、到准线的距离时需要相互转化．
2．关于圆锥曲线方程的求法
对点训练
1.[2023·全国甲卷]设O为坐标原点，F1，F2为椭圆C： eq \f(x2,9)＋ eq \f(y2,6)＝1的两个焦点，点P在C上，cs ∠F1PF2＝ eq \f(3,5)，则|OP|＝( )
A． eq \f(13,5) B． eq \f(\r(30),2)
C． eq \f(14,5) D． eq \f(\r(35),2)
2．[2023·四川省成都市模拟]已知点F(0，4)是抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点，点P(2，3)，且点M为抛物线C上任意一点，则|MF|＋|MP|的最小值为( )
A．5 B．6
C．7 D．8
考点二 圆锥曲线的几何性质——找准a、b、c，数形要结合
圆锥曲线的重要性质
（1）椭圆、双曲线中，a，b，c之间的关系
①在椭圆中：a2＝b2＋c2，离心率为e＝ ＝ ；
②在双曲线中：c2＝a2＋b2，离心率为e＝ ＝ ．
（2）双曲线的渐近线方程与焦点坐标：
①双曲线 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1（a>0，b>0）的渐近线方程为y＝ ，焦点坐标F1（－c，0），F2（c，0）；
②双曲线 eq \f(y2,a2)－ eq \f(x2,b2)＝1（a>0，b>0）的渐近线方程为y＝ ，焦点坐标F1（0，－c），F2（0，c）.
（3）抛物线的焦点坐标与准线方程：
①抛物线y2＝±2px（p>0）的焦点坐标为 ，准线方程为x＝ ；
②抛物线x2＝±2py（p>0）的焦点坐标为 ，准线方程为y＝ Ｗ．
例 2 （1）[2022·全国甲卷]椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1（a>b>0）的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为 eq \f(1,4)，则C的离心率为（ ）
A． eq \f(\r(3),2) B． eq \f(\r(2),2) C． eq \f(1,2) D． eq \f(1,3)
（2）[2022·全国乙卷]设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，点A在C上，点B（3，0），若|AF|＝|BF|，则|AB|＝（ ）
A．2 B．2 eq \r(2) C．3 D．3 eq \r(2)
（3）[2022·全国乙卷]双曲线C的两个焦点为F1，F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C交于M，N两点，且cs ∠F1NF2＝ eq \f(3,5)，则C的离心率为（ ）
A． eq \f(\r(5),2) B． eq \f(3,2) C． eq \f(\r(13),2) D． eq \f(\r(17),2)
[听课记录]
归纳总结
1.椭圆、双曲线的离心率（或范围）的求法
求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求 eq \f(c,a)的值．
2.双曲线的渐近线的求法及用法
（1）求法：把双曲线标准方程等号右边的“1”改为零，分解因式可得；
（2）用法：①可得 eq \f(b,a)或 eq \f(a,b)的值；
②利用渐近线方程设所求双曲线的方程．
对点训练
1.[2023·全国乙卷]设A，B为双曲线x2－ eq \f(y2,9)＝1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是( )
A．(1，1) B．(－1，2)
C．(1，3) D．(－1，－4)
2．[2023·新课标Ⅱ卷]已知椭圆C： eq \f(x2,3)＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝x＋m与C交于A，B两点，若△F1AB 面积是△F2AB 面积的2倍，则m＝( )
A． eq \f(2,3) B． eq \f(\r(2),3) C．－ eq \f(\r(2),3) D．－ eq \f(2,3)
3.[2021·全国乙卷]设B是椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1（a＞b＞0）的上顶点，若C上的任意一点P都满足|PB|≤2b，则C的离心率的取值范围是（ ）
A．[ eq \f(\r(2),2)，1） B． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
C．（0， eq \f(\r(2),2)] D． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
考点三 直线与圆锥曲线的关系及应用——联立方程，设而不求
1.弦长公式
设直线斜率为k，直线与圆锥曲线交于A（x1，y1），B（x2，y2）时，|AB|＝ ＝ 或|AB|＝ ＝ ．
2.过抛物线焦点的弦长
过抛物线y2＝2px（p>0）焦点F的弦AB，若A（x1，y1），B（x2，y2），则x1x2＝ ，y1y2＝ ，弦长|AB|＝ ．
例 3 （1）[2022·浙江卷]已知双曲线 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1（a>0，b>0）的左焦点为F，过F且斜率为 eq \f(b,4a)的直线交双曲线于点A（x1，y1），交双曲线的渐近线于点B（x2，y2），且x1<0（2）[2022·新高考Ⅱ卷]已知直线l与椭圆 eq \f(x2,6)＋ eq \f(y2,3)＝1在第一象限交于A，B两点，l与x轴、y轴分别交于M，N两点，且|MA|＝|NB|，|MN|＝2 eq \r(3)，则l的方程为 ．
归纳总结
直线与圆锥曲线关系的求解技巧
（1）对于弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解，在使用根与系数的关系时，要注意使用条件Δ>0，在用“点差法”时，要检验直线与圆锥曲线是否相交．
（2）椭圆 eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1（a>b>0）截直线所得的弦的中点是P（x0，y0）（y0≠0），则直线的斜率为－ eq \f(b2x0,a2y0).
（3）双曲线 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1（a>0，b>0）上以P（x0，y0）（y0≠0）为中点的弦所在直线的斜率为k＝ eq \f(b2x0,a2y0).
对点训练
1.[2023·四川省成都市全真模拟]已知直线l：y＝kx(k>0)与双曲线C： eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)相交于A，B两点，点A在第一象限，经过点A且与直线l垂直的直线与双曲线C的另外一个交点为M，点N在y轴上， eq \(BN,\s\up6(→))∥ eq \(NM,\s\up6(→))，点O为坐标原点，且 eq \(ON,\s\up6(→))2＝7 eq \(OA,\s\up6(→))· eq \(NO,\s\up6(→))，则双曲线C的渐近线方程为( )
A．y＝± eq \r(3)x B．y＝± eq \r(5)x
C．y＝± eq \r(6)x D．y＝± eq \r(7)x
2．[2023·河南省开封市高三三模]过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的直线与抛物线在第一象限、第四象限分别交于A，B两点，若 eq \f(|AF|,|BF|)＝ eq \f(1,3)，则直线AB的倾斜角为( )
A． eq \f(π,6) B． eq \f(π,3) C． eq \f(2π,3) D． eq \f(5π,6)
3．[2023·四川省成都市第七中学高考热身]设F1，F2是椭圆C： eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,2)＝1的左、右焦点，点P是直线x＝2 eq \r(2)上一点，则∠F1PF2的最大值是( )
A． eq \f(π,6) B． eq \f(π,4) C． eq \f(π,3) D． eq \f(π,2)
第2讲 圆锥曲线的定义、方程与性质
考点一
[例1] 解析：（1）由椭圆C的离心率为 eq \f(1,3)，可得e＝ eq \f(c,a)＝ eq \r(\f(a2－b2,a2))＝ eq \f(1,3).化简，得8a2＝9b2.易知A1（－a，0），A2（a，0），B（0，b），所以＝（－a，－b）·（a，－b）＝－a2＋b2＝－1.联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(8a2＝9b2，,－a2＋b2＝－1，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝9，,b2＝8.))所以C的方程为 eq \f(x2,9)＋ eq \f(y2,8)＝1.故选B.
（2）依题意，设双曲线C的标准方程为 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1（a>0，b>0），半焦距c，
则离心率e2＝ eq \f(c2,a2)＝ eq \f(a2＋b2,a2)＝1＋ eq \f(b2,a2)＝4，有b2＝3a2，
而点M（2， eq \r(3)）在C上，即 eq \f(4,a2)－ eq \f(3,b2)＝1，即 eq \f(4,a2)－ eq \f(3,3a2)＝1，解得a2＝3，b2＝9，
所以双曲线C的标准方程为 eq \f(x2,3)－ eq \f(y2,9)＝1.故选B.
答案：（1）B （2）B
对点训练
1．解析：
方法一 依题意a＝3，b＝ eq \r(6)，c＝ eq \r(a2－b2)＝ eq \r(3).如图，不妨令F1（－ eq \r(3)，0），F2（ eq \r(3)，0）.设|PF1|＝m，|PF2|＝n，在△F1PF2中，cs ∠F1PF2＝ eq \f(m2＋n2－12,2mn)＝ eq \f(3,5) ①，
由椭圆的定义可得m＋n＝2a＝6 ②.
由①②，解得mn＝ eq \f(15,2).
设|OP|＝x.
在△F1OP和△F2OP中，∠F1OP＋∠F2OP＝π，
由余弦定理得 eq \f(x2＋3－m2,2\r(3)x)＝－ eq \f(x2＋3－n2,2\r(3)x)，
得x2＝ eq \f(m2＋n2－6,2)＝ eq \f(（m＋n）2－2mn－6,2)＝ eq \f(15,2)，所以|OP|＝ eq \f(\r(30),2).
方法二 依题意a＝3，b＝ eq \r(6)，c＝ eq \r(a2－b2)＝ eq \r(3).
如图（图同方法一），设点P的坐标为（x0，y0），α＝∠F1PF2，
则cs ∠F1PF2＝cs α＝ eq \f(3,5)，
故sin ∠F1PF2＝sin α＝ eq \f(2sin \f(α,2)cs \f(α,2),sin2\f(α,2)＋cs2\f(α,2))＝ eq \f(2tan\f(α,2),1＋tan2\f(α,2))＝ eq \f(4,5)，则tan eq \f(α,2)＝ eq \f(1,2)或tan eq \f(α,2)＝2（舍去）.
故△F1PF2的面积S△F1PF2＝b2tan eq \f(α,2)＝6× eq \f(1,2)＝3.
又S△F1PF2＝ eq \f(1,2)×2c|y0|＝ eq \r(3)|y0|，
故y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝3，又 eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,9)＋ eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,6)＝1，
所以x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(9,2)，|OP|2＝x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(15,2)，|OP|＝ eq \f(\r(30),2).
方法三 依题意a＝3，b＝ eq \r(6)，c＝ eq \r(a2－b2)＝ eq \r(3).
如图（图同方法一），设点P的坐标为（x0，y0），利用焦点三角形面积公式知S△F1PF2＝ eq \f(b2sin α,1＋cs α).
因为cs ∠F1PF2＝ eq \f(3,5)，所以sin ∠F1PF2＝ eq \f(4,5)，故S△F1PF2＝ eq \f(6×\f(4,5),1＋\f(3,5))＝3.又S△F1PF2＝ eq \f(1,2)×2c|y0|＝ eq \r(3)|y0|，故y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝3，
又 eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,9)＋ eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,6)＝1，所以x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(9,2)，|OP|2＝x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(15,2)，|OP|＝ eq \f(\r(30),2).
方法四 依题意a＝3，b＝ eq \r(6)，c＝ eq \r(a2－b2)＝ eq \r(3).
如图（图同方法一），不妨令F1（－ eq \r(3)，0），F2（ eq \r(3)，0）.
设|PF1|＝m，|PF2|＝n，在△F1PF2中，cs ∠F1PF2＝ eq \f(m2＋n2－12,2mn)＝ eq \f(3,5) ①，
由椭圆的定义可得m＋n＝2a＝6 ②.
由①②，解得mn＝ eq \f(15,2).
因为 eq \(PO,\s\up6(→))＝，
所以| eq \(PO,\s\up6(→))|2＝ eq \f(1,4)（m2＋n2＋2mn cs ∠F1PF2）＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（m＋n）2－\f(4,5)mn))＝ eq \f(15,2)，所以|PO|＝ eq \f(\r(30),2).
答案：B
2．解析：因为点F（0，4）是抛物线C：x2＝2py（p>0）的焦点，所以 eq \f(p,2)＝4，解得p＝8，所以抛物线C的方程为：x2＝16y.
由抛物线的定义知：点M到点F（0，4）的距离等于点M到准线y＝－4的距离，
结合点P（2，3）与抛物线C的位置关系可知，|MF|＋|MP|的最小值是点P（2，3）到准线y＝－4的距离，故|MF|＋|MP|的最小值为7.
故选C.
答案：C
考点二
（1） eq \f(c,a) eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))\s\up12(2)) eq \f(c,a) eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))\s\up12(2)) （2）± eq \f(b,a)x ± eq \f(a,b)x （3） eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(±\f(p,2)，0)) ∓ eq \f(p,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，±\f(p,2))) ∓ eq \f(p,2)
[例2] 解析：（1）设P（x1，y1），则点Q的坐标为（－x1，y1）.由题意，得点A（－a，0）.又直线AP，AQ的斜率之积为 eq \f(1,4)，所以 eq \f(y1,x1＋a)· eq \f(y1,－x1＋a)＝ eq \f(1,4)，即 eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,a2－x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )＝ eq \f(1,4) ①.又点P在椭圆C上，所以 eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,a2)＋ eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,b2)＝1 ②.由①②，得 eq \f(b2,a2)＝ eq \f(1,4)，所以a2＝4b2，所以a2＝4（a2－c2），所以椭圆C的离心率e＝ eq \f(c,a)＝ eq \f(\r(3),2).故选A.
（2）由已知条件，易知抛物线y2＝4x的焦点为F（1，0），准线方程为x＝－1.又B（3，0），则|AF|＝|BF|＝2.不妨设点A在第一象限，则A（x0，2 eq \r(x0)）.根据抛物线的定义可知x0－（－1）＝2，所以x0＝1，所以A（1，2），所以|AB|＝ eq \r(（1－3）2＋（2－0）2)＝2 eq \r(2).故选B.
（3）不妨假设双曲线的标准方程为 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1（a>0，b>0），F1（－c，0），F2（c，0）.当两个交点M，N在双曲线两支上时，如图1所示，设过F1的直线与圆D切于点P，连接OP，由题意知|OP|＝a，又|OF1|＝c，所以|F1P|＝b.过点F2作F2Q⊥F1N，交F1N于点Q.由中位线的性质，可得|F2Q|＝2|OP|＝2a，|PQ|＝b.因为cs ∠F1NF2＝ eq \f(3,5)，所以sin ∠F1NF2＝ eq \f(4,5)，故|NF2|＝ eq \f(5,2)a，|QN|＝ eq \f(3,2)a，所以|NF1|＝|F1Q|＋|QN|＝2b＋ eq \f(3,2)a.由双曲线的定义可知|NF1|－|NF2|＝2a，所以2b＋ eq \f(3,2)a－ eq \f(5,2)a＝2a，所以2b＝3a.两边平方得4b2＝9a2，即4（c2－a2）＝9a2，整理得4c2＝13a2，所以 eq \f(c2,a2)＝ eq \f(13,4)，故 eq \f(c,a)＝ eq \f(\r(13),2)，即e＝ eq \f(\r(13),2).
当两个交点M，N都在双曲线的左支上时，如图2所示，同理可得|F2Q|＝2|OP|＝2a，|PQ|＝b.因为cs ∠F1NF2＝ eq \f(3,5)，所以sin ∠F1NF2＝ eq \f(4,5)，可得|NF2|＝ eq \f(5a,2)，|NQ|＝ eq \f(3a,2)，所以|NF1|＝|NQ|－|QF1|＝ eq \f(3a,2)－2b，所以|NF2|＝|NF1|＋2a＝ eq \f(7a,2)－2b，又|NF2|＝ eq \f(5a,2)，所以 eq \f(7a,2)－2b＝ eq \f(5a,2)，即a＝2b，e＝ eq \r(1＋（\f(b,a)）2)＝ eq \f(\r(5),2).故选AC.
答案：（1）A （2）B （3）AC
对点训练
1．解析：结合选项可知，直线AB的斜率存在且不为零．
设A（x1，y1），B（x2，y2），AB的中点为M（x0，y0），由点A，B在双曲线上，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,9)＝1,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,9)＝1))，两式作差，得x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝ eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,9)，即（x1－x2）（x1＋x2）＝ eq \f(（y1－y2）（y1＋y2）,9)，化简得 eq \f(（y1－y2）（y1＋y2）,（x1－x2）（x1＋x2）)＝9，即 eq \f(y1－y2,x1－x2)· eq \f(\f(y1＋y2,2),\f(x1＋x2,2))＝kAB· eq \f(y0,x0)＝9，因此kAB＝9· eq \f(x0,y0).
由双曲线方程可得渐近线方程为y＝±3x，如图．
对于A选项，因为kAB＝9× eq \f(1,1)＝9>3，所以直线AB与双曲线无交点，不符合题意；对于B选项，因为kAB＝9× eq \f(－1,2)＝－ eq \f(9,2)＜－3，所以直线AB与双曲线无交点，不符合题意；对于C选项，kAB＝9× eq \f(1,3)＝3，此时直线AB与渐近线y＝3x平行，与双曲线不可能有两个交点，不符合题意；对于D选项，因为kAB＝9× eq \f(－1,－4)＝ eq \f(9,4)<3，所以直线AB与双曲线有两个交点，满足题意．故选D.
答案：D
2．解析：由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))消y得4x2＋6mx＋3m2－3＝0，因为直线与椭圆相交于A，B两点，所以Δ＝36m2－4×4（3m2－3）>0，解得－2答案：C
3．解析：解法一 依题意，B（0，b），设P（a cs θ，b sin θ），θ∈[0，2π），因为|PB|≤2b，所以对任意θ∈[0，2π），（a cs θ）2＋（b sin θ－b）2≤4b2恒成立，即（a2－b2）sin2θ＋2b2sinθ＋3b2－a2≥0对任意θ∈[0，2π）恒成立．令sin θ＝t，t∈[－1，1]，f（t）＝（a2－b2）t2＋2b2t＋3b2－a2，则原问题转化为对任意t∈[－1，1]，恒有f（t）≥0成立．因为f（－1）＝0，所以只需－ eq \f(2b2,2（a2－b2）)≤－1即可，所以2b2≥a2，则离心率e＝ eq \r(1－\f(b2,a2))≤ eq \f(\r(2),2)，所以选C.
解法二 依题意，B（0，b），设椭圆上一点P（x0，y0），则|y0|≤b， eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,a2)＋ eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,b2)＝1，可得x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝a2－ eq \f(a2,b2)y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，则|PB|2＝x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋（y0－b）2＝x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －2by0＋b2＝－ eq \f(c2,b2)y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －2by0＋a2＋b2≤4b2.因为当y0＝－b时，|PB|2＝4b2，所以－ eq \f(b3,c2)≤－b，得2c2≤a2，所以离心率e＝ eq \f(c,a)≤ eq \f(\r(2),2)，故选C.
答案：C
考点三
1. eq \r(1＋k2)|x1－x2| eq \r(1＋k2) eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2) eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)))\s\up12(2))|y1－y2| eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)))\s\up12(2)) eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)
2. eq \f(p2,4) －p2 x1＋x2＋p
[例3] 解析：（1）由题意，得F（－c，0），点B在双曲线的渐近线y＝ eq \f(b,a)x上，所以B（x2， eq \f(b,a)x2）.由直线FB的斜率为 eq \f(b,4a)，得 eq \f(\f(b,a)x2,x2＋c)＝ eq \f(b,4a)，解得x2＝ eq \f(c,3)，所以B（ eq \f(c,3)， eq \f(bc,3a)）.因为|FB|＝3|FA|，所以 eq \(FB,\s\up6(→))＝3 eq \(FA,\s\up6(→))，所以（ eq \f(c,3)＋c， eq \f(bc,3a)）＝3（x1＋c，y1），解得x1＝－ eq \f(5c,9)，y1＝ eq \f(bc,9a)，即A（－ eq \f(5c,9)， eq \f(bc,9a)）.将点A的坐标代入双曲线的方程，得 eq \f(25c2,81a2)－ eq \f(c2,81a2)＝1，即 eq \f(25e2,81)－ eq \f(e2,81)＝1，解得e＝ eq \f(3\r(6),4)（负值已舍去）.
（2）方法一 取线段AB的中点E，连接OE（O为坐标原点）.因为|MA|＝|NB|，所以|ME|＝|NE|.设A（x1，y1），B（x2，y2）.由题意可得 eq \f(y1＋y2,x1＋x2)× eq \f(y1－y2,x1－x2)＝ eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )＝ eq \f(3－\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2)－（3－\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2)）,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )＝－ eq \f(1,2)，即kOE·kAB＝－ eq \f(1,2).设直线AB的方程为y＝kx＋m，k<0，m>0.令x＝0，则y＝m.令y＝0，则x＝－ eq \f(m,k).所以点E的坐标为（－ eq \f(m,2k)， eq \f(m,2)），所以k× eq \f(m,\f(－m,k))＝－k2＝－ eq \f(1,2)，解得k＝－ eq \f(\r(2),2)，所以m2＋2m2＝12，解得m＝2，所以直线AB的方程为y＝－ eq \f(\r(2),2)x＋2，即x＋ eq \r(2)y－2 eq \r(2)＝0.
方法二 设线段AB的中点为E.由|MA|＝|NB|，得E为线段MN的中点．设直线AB的方程为y＝kx＋m，k<0，m>0，则M（－ eq \f(m,k)，0），N（0，m），E（－ eq \f(m,2k)， eq \f(m,2)）.将y＝kx＋m代入 eq \f(x2,6)＋ eq \f(y2,3)＝1中并整理，得（1＋2k2）x2＋4kmx＋2m2－6＝0.由Δ＝6k2－m2＋3>0，得m2<6k2＋3.设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝ eq \f(－4km,1＋2k2)＝2·（－ eq \f(m,2k)），解得k＝－ eq \f(\r(2),2).又因为|MN|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)))\s\up12(2)＋m2)＝2 eq \r(3)，所以m＝2，符合题意，所以直线AB的方程为x＋ eq \r(2)y－2 eq \r(2)＝0.
答案：（1） eq \f(3\r(6),4) （2）x＋ eq \r(2)y－2 eq \r(2)＝0
对点训练
1．解析：根据题意，画出示意图，如图所示．
因为 eq \(BN,\s\up6(→))∥ eq \(NM,\s\up6(→))，所以B、N、M三点共线．设线段BM的中点为Q，连接OQ，
根据题意，显然可得点O为线段AB的中点，所以OQ∥AM，
设B（x1，y1）（x1<0，y1<0），M（x2，y2），Q（x0，y0），x1≠x2.
因为点B，M都在双曲线C上，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,a2)－\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,b2)＝1，,\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,a2)－\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,b2)＝1，))两式相减，得 eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,a2)－ eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,b2)＝0，
即 eq \f(y1＋y2,x1＋x2)· eq \f(y1－y2,x1－x2)＝ eq \f(b2,a2).而 eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝ eq \f(2y0,2x0)＝kOQ， eq \f(y1－y2,x1－x2)＝kBM，
所以kBM·kOQ＝ eq \f(b2,a2)，即kBM＝ eq \f(b2x0,a2y0).
又因为AB⊥AM，则OB⊥OQ，即kOB·kOQ＝－1，所以 eq \f(y1,x1)· eq \f(y0,x0)＝－1，即 eq \f(x0,y0)＝－ eq \f(y1,x1)，
所以kBM＝－ eq \f(b2y1,a2x1).又 eq \(ON,\s\up6(→))2＝7 eq \(OA,\s\up6(→))· eq \(NO,\s\up6(→))，则| eq \(ON,\s\up6(→))|2＝－7| eq \(OA,\s\up6(→))|·| eq \(ON,\s\up6(→))|cs ∠AON，
即| eq \(ON,\s\up6(→))|＝－7| eq \(OA,\s\up6(→))|cs ∠AON＝7|y1|，故N（0，7y1），所以kBN＝ eq \f(7y1－y1,－x1)＝－ eq \f(6y1,x1).
而kBM＝kBN，故－ eq \f(b2y1,a2x1)＝－ eq \f(6y1,x1)，即 eq \f(b2,a2)＝6，
则双曲线C的渐近线方程为y＝± eq \r(6)x.
故选C.
答案：C
2．解析：分别过A，B两点作横轴的垂线，垂足分别为C，D，
设直线AB的倾斜角为θ，
由题意可设A（x1, eq \r(2px1)），B（x2，－ eq \r(2px2)），
因为 eq \f(|AF|,|BF|)＝ eq \f(1,3)，所以θ为钝角，如图所示：
由 eq \f(|AF|,|BF|)＝ eq \f(x1＋\f(p,2),x2＋\f(p,2))＝ eq \f(1,3)⇒x2＝3x1＋p，
因为 eq \f(|AF|,|BF|)＝ eq \f(1,3)，
所以有 eq \f(|AF|,|BF|)＝ eq \f(|AC|,|BD|)＝ eq \f(1,3)⇒ eq \f(\r(2px1),\r(2px2))⇒x2＝9x1，
所以x1＝ eq \f(p,6)，
在直角△AFC中，cs ∠AFC＝ eq \f(|CF|,|AF|)＝ eq \f(\f(p,2)－\f(p,6),\f(p,6)＋\f(p,2))＝ eq \f(1,2)⇒∠AFC＝ eq \f(π,3)，
所以θ＝π－ eq \f(π,3)＝ eq \f(2π,3).故选C.
答案：C
3．解析：由题意得：a2＝4，b2＝2，则c2＝a2－b2＝2，所以F1（－ eq \r(2)，0），F2（ eq \r(2)，0）.
因为点P是直线x＝2 eq \r(2)上一点， 不妨设P（2 eq \r(2)，t）（t>0），
设直线PF1的倾斜角为β，直线PF2的倾斜角为α，则∠F1PF2＝α－β∈（0， eq \f(π,2)），tan α＝ eq \f(t,\r(2))，tan β＝ eq \f(t,3\r(2))，
于是tan ∠F1PF2＝tan （α－β）＝ eq \f(tan α－tan β,1＋tan αtan β)
＝ eq \f(\f(t,\r(2))－\f(t,3\r(2)),1＋\f(t,\r(2))×\f(t,3\r(2)))＝ eq \f(2\r(2)t,6＋t2)≤ eq \f(2\r(2)t,2\r(6)t)＝ eq \f(\r(3),3)，
当且仅当t＝ eq \r(6)时等号成立，
因为y＝tan x在x∈（0， eq \f(π,2)）上单调递增，
所以∠F1PF2的最大值是 eq \f(π,6).故选A.
答案：A
名称
椭圆
双曲线
抛物线
定义
|PF1|＋|PF2|＝
2a（2a>|F1F2|）
||PF1|－|PF2||＝2a（0<2a<|F1F2|）
|PF|＝|PM|，点F不在直线l上，PM⊥l于M
标准
方程
eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1
（a>b>0）
eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1
（a>0，b>0）
y2＝2px
（p>0）
图形
定型
确定曲线类型
计算
利用待定系数法，根据条件求出系数a，b，c，p