2018年高考考点完全题数学（理）考点通关练习题 第七章　平面解析几何 53 word版含答案

这是一份2018年高考考点完全题数学（理）考点通关练习题 第七章　平面解析几何 53 word版含答案，共13页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。


一、基础小题
1．已知平面内两定点A(－5,0)，B(5,0)，动点M满足|MA|－|MB|＝6，则点M的轨迹方程是( )
A.eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1 B.eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1(x≥4)
C.eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1 D.eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1(x≥3)
答案 D
解析 由双曲线的定义知，点M的轨迹是双曲线的右支，故排除A、C；又c＝5，a＝3，∴b＝eq \r(c2－a2)＝4.
∵焦点在x轴上，∴轨迹方程为eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1(x≥3)．故选D.
2．若双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦点到其渐近线的距离等于实轴长，则该双曲线的离心率为( )
A.eq \r(5) B．5 C.eq \r(2) D．2
答案 A
解析 焦点(c,0)到渐近线y＝eq \f(b,a)x的距离为eq \f(bc,\r(a2＋b2))＝2a，解得b＝2a，又a2＋b2＝c2，∴5a2＝c2，∴离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \r(5).
3．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的焦距为10，点P(2,1)在C的渐近线上，则C的方程为( )
A.eq \f(x2,20)－eq \f(y2,5)＝1 B.eq \f(x2,5)－eq \f(y2,20)＝1
C.eq \f(x2,80)－eq \f(y2,20)＝1 D.eq \f(x2,20)－eq \f(y2,80)＝1
答案 A
解析 根据双曲线标准方程中系数之间的关系求解．
∵eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的焦距为10，
∴c＝5＝eq \r(a2＋b2).①
又双曲线渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，且P(2,1)在渐近线上，
∴eq \f(2b,a)＝1，即a＝2b.②
由①②解得a＝2eq \r(5)，b＝eq \r(5)，
则C的方程为eq \f(x2,20)－eq \f(y2,5)＝1，故应选A.
4．已知双曲线x2－eq \f(y2,8)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点，且|AF1|＝|BF1|，则|AB|＝( )
A．2eq \r(2) B．3 C．4 D．2eq \r(2)＋1
答案 C
解析 设双曲线的实半轴长为a，依题意可得a＝1，由双曲线的定义可得|AF2|－|AF1|＝2a＝2，|BF1|－|BF2|＝2a＝2，又|AF1|＝|BF1|，故|AF2|－|BF2|＝4，又|AB|＝|AF2|－|BF2|，故|AB|＝4，选C.
5．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)(c>0)，过F2的直线l交双曲线于A，D两点，交渐近线于B，C两点．设eq \(F1B,\s\up16(→))＋eq \(F1C,\s\up16(→))＝m，eq \(F1A,\s\up16(→))＋eq \(F1D,\s\up16(→))＝n，则下列各式成立的是( )
A．|m|>|n| B．|m|<|n|
C．|m－n|＝0 D．|m－n|>0
答案 C
解析 取过点F2且垂直于x轴的直线l交双曲线于A，D两点，交渐近线于B，C两点，则eq \(F1B,\s\up16(→))＋eq \(F1C,\s\up16(→))＝m＝2eq \(F1F2,\s\up16(→))，eq \(F1A,\s\up16(→))＋eq \(F1D,\s\up16(→))＝n＝2eq \(F1F2,\s\up16(→))，故|m－n|＝0，选C.
6．已知双曲线中心在原点且一个焦点为F(eq \r(7)，0)，直线y＝x－1与其相交于M，N两点，MN中点的横坐标为－eq \f(2,3)，则此双曲线的方程是( )
A.eq \f(x2,3)－eq \f(y2,4)＝1 B.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,3)＝1
C.eq \f(x2,5)－eq \f(y2,2)＝1 D.eq \f(x2,2)－eq \f(y2,5)＝1
答案 D
解析 依题意得a2＋b2＝c2＝7，
由此设双曲线方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,7－a2)＝1，
另设直线与双曲线的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为(x，y)．
则eq \f(x\\al(2,1),a2)－eq \f(y\\al(2,1),7－a2)＝1，①
eq \f(x\\al(2,2),a2)－eq \f(y\\al(2,2),7－a2)＝1，②
①－②得：eq \f(1,a2)(x1＋x2)(x1－x2)＝eq \f(1,7－a2)(y1＋y2)(y1－y2)，
又由x1＋x2＝2x，y1＋y2＝2y，x＝－eq \f(2,3)，y＝x－1，k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝1，得a2＝2.
∴双曲线方程为eq \f(x2,2)－eq \f(y2,5)＝1，故选D.
7．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率e＝2，且它的一个顶点到相应焦点的距离为1，则双曲线C的方程为________．
答案 x2－eq \f(y2,3)＝1
解析 由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c－a＝1，,\f(c,a)＝2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,c＝2，))则b＝eq \r(3)，故所求方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
8．设F1，F2分别为双曲线eq \f(x2,16)－eq \f(y2,20)＝1的左、右焦点，点P在双曲线上，若点P到焦点F1的距离等于9，则点P到焦点F2的距离为________．
答案 17
解析 解法一：∵实轴长2a＝8，半焦距c＝6，
∴||PF1|－|PF2||＝8.
∵|PF1|＝9，∴|PF2|＝1或|PF2|＝17.
又∵|PF2|的最小值为c－a＝6－4＝2，
∴|PF2|＝17.
解法二：由题知，若P在右支上，
则|PF1|≥2＋8＝10>9，∴P在左支上．
∴|PF2|－|PF1|＝2a＝8，∴|PF2|＝9＋8＝17.
二、高考小题
9．已知方程eq \f(x2,m2＋n)－eq \f(y2,3m2－n)＝1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是( )
A．(－1,3) B．(－1，eq \r(3)) C．(0,3) D．(0，eq \r(3))
答案 A
解析 ∵原方程表示双曲线，且焦距为4，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2＋n>0，,3m2－n>0，,m2＋n＋3m2－n＝4，))①
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2＋n<0，,3m2－n<0，,－3m2－n－m2＋n＝4，))②
由①得m2＝1，n∈(－1,3)．②无解．故选A.
10．已知双曲线eq \f(x2,4)－eq \f(y2,b2)＝1(b>0)，以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径长的圆与双曲线的两条渐近线相交于A，B，C，D四点，四边形ABCD的面积为2b，则双曲线的方程为( )
A.eq \f(x2,4)－eq \f(3y2,4)＝1 B.eq \f(x2,4)－eq \f(4y2,3)＝1
C.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,4)＝1 D.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1
答案 D
解析 不妨设A(x0，y0)在第一象限，由题意得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)＝22， ①,2x0·2y0＝2b， ②,y0＝\f(b,2)x0， ③))
由①③得xeq \\al(2,0)＝eq \f(16,4＋b2)，④
所以yeq \\al(2,0)＝eq \f(b2,4)×eq \f(16,4＋b2)＝eq \f(4b2,4＋b2)，⑤
由②④⑤可得b2＝12.
所以双曲线的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1.故选D.
11．已知椭圆C1：eq \f(x2,m2)＋y2＝1(m>1)与双曲线C2：eq \f(x2,n2)－y2＝1(n>0)的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则( )
A．m>n且e1e2>1 B．m>n且e1e2<1
C．m1 D．m答案 A
解析 在椭圆中，a1＝m，c1＝eq \r(m2－1)，e1＝eq \f(\r(m2－1),m).在双曲线中，a2＝n，c2＝eq \r(n2＋1)，e2＝eq \f(\r(n2＋1),n).因为c1＝c2，所以n2＝m2－2.从而eeq \\al(2,1)·eeq \\al(2,2)＝eq \f(m2－1n2＋1,m2·n2)＝eq \f(m2－12,m2·m2－2)，令t＝m2－1，则t>0，eeq \\al(2,1)·eeq \\al(2,2)＝eq \f(t2,t2－1)>1，即e1e2>1.结合图形易知m>n，故选A.
12．已知F1，F2是双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的左，右焦点，点M在E上，MF1与x轴垂直，sin∠MF2F1＝eq \f(1,3)，则E的离心率为( )
A.eq \r(2) B.eq \f(3,2) C.eq \r(3) D．2
答案 A
解析 解法一：由MF1⊥x轴，可得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c，\f(b2,a)))，
∴|MF1|＝eq \f(b2,a).由sin∠MF2F1＝eq \f(1,3)，可得cs∠MF2F1＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2)＝eq \f(2\r(2),3)，又tan∠MF2F1＝eq \f(|MF1|,|F1F2|)＝eq \f(b2,2ac)，∴eq \f(b2,2ac)＝eq \f(\f(1,3),\f(2\r(2),3))，∴b2＝eq \f(\r(2),2)ac，∵c2＝a2＋b2⇒b2＝c2－a2，∴c2－a2－eq \f(\r(2),2)ac＝0⇒e2－eq \f(\r(2),2)e－1＝0，∴e＝eq \r(2).故选A.
解法二：由MF1⊥x轴，得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c，\f(b2,a)))，
∴|MF1|＝eq \f(b2,a)，由双曲线的定义可得|MF2|＝2a＋|MF1|＝2a＋eq \f(b2,a)，又sin∠MF2F1＝eq \f(|MF1|,|MF2|)＝eq \f(\f(b2,a),2a＋\f(b2,a))＝eq \f(1,3)⇒a2＝b2⇒a＝b，∴e＝ eq \r(\f(a2＋b2,a2))＝eq \r(2).故选A.
13．双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的渐近线为正方形OABC的边OA，OC所在的直线，点B为该双曲线的焦点．若正方形OABC的边长为2，则a＝________.
答案 2
解析 由OA、OC所在直线为渐近线，且OA⊥OC，知两条渐近线的夹角为90°，从而双曲线为等轴双曲线，则其方程为x2－y2＝a2.OB是正方形的对角线，且点B是双曲线的焦点，则c＝2eq \r(2)，根据c2＝2a2可得a＝2.
三、模拟小题
14．设P为双曲线C：x2－y2＝1上一点，F1、F2分别为双曲线C的左、右焦点，若cs∠F1PF2＝eq \f(1,3)，则△PF1F2的外接圆半径为( )
A.eq \f(9,4) B．9 C.eq \f(3,2) D．3
答案 C
解析 由题意知双曲线中a＝1，b＝1，c＝eq \r(2)，所以|F1F2|＝2eq \r(2).因为cs∠F1PF2＝eq \f(1,3)，所以sin∠F1PF2＝eq \f(2\r(2),3).在△PF1F2中，eq \f(|F1F2|,sin∠F1PF2)＝2R(R为△PF1F2的外接圆半径)，即eq \f(2\r(2),\f(2\r(2),3))＝2R，解得R＝eq \f(3,2)，即△PF1F2的外接圆半径为eq \f(3,2)，故选C.
15．已知双曲线C的右焦点F与抛物线y2＝8x的焦点相同，若以点F为圆心，eq \r(2)为半径的圆与双曲线C的渐近线相切，则双曲线C的方程为( )
A.eq \f(y2,3)－x2＝1 B.eq \f(x2,3)－y2＝1
C.eq \f(y2,2)－eq \f(x2,2)＝1 D.eq \f(x2,2)－eq \f(y2,2)＝1
答案 D
解析 设双曲线C的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，而抛物线y2＝8x的焦点为(2,0)，即F(2,0)，∴4＝a2＋b2.又圆F：(x－2)2＋y2＝2与双曲线C的渐近线y＝±eq \f(b,a)x相切，由双曲线的对称性可知圆心F到双曲线的渐近线的距离为eq \f(2b,\r(b2＋a2))＝eq \r(2)，∴a2＝b2＝2，故双曲线C的方程为eq \f(x2,2)－eq \f(y2,2)＝1.
16．若双曲线eq \f(x2,a)－eq \f(y2,b)＝1(a>0，b>0)和椭圆eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1(m>n>0)有共同的焦点F1、F2，P是两条曲线的一个交点，则|PF1|·|PF2|＝( )
A．m2－a2 B.eq \r(m)－eq \r(a)
C.eq \f(1,2)(m－a) D．m－a
答案 D
解析 不妨设点P是第一象限内两曲线的交点，由椭圆的定义可知，|PF1|＋|PF2|＝2eq \r(m)，由双曲线的定义可令|PF1|－|PF2|＝2eq \r(a)，两式联立得|PF1|＝eq \r(m)＋eq \r(a)，|PF2|＝eq \r(m)－eq \r(a)，所以|PF1|·|PF2|＝m－a.
17．已知直线l与双曲线C：x2－y2＝2的两条渐近线分别交于A，B两点，若AB的中点在该双曲线上，O为坐标原点，则△AOB的面积为( )
A.eq \f(1,2) B．1 C．2 D．4
答案 C
解析 由题意得，双曲线的两条渐近线方程为y＝±x，设A(x1，x1)，B(x2，－x2)，则OA⊥OB，AB的中点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1－x2,2)))，又因为AB的中点在双曲线上，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1－x2,2)))2＝2，化简得x1x2＝2，所以S△AOB＝eq \f(1,2)|OA|·|OB|＝eq \f(1,2)|eq \r(2)x1|·|eq \r(2)x2|＝|x1x2|＝2，故选C.
18．已知双曲线：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，焦距为2c，直线y＝eq \r(3)(x＋c)与双曲线的一个交点M满足∠MF1F2＝2∠MF2F1，则双曲线的离心率为( )
A.eq \r(2) B.eq \r(3) C．2 D.eq \r(3)＋1
答案 D
解析 ∵直线y＝eq \r(3)(x＋c)过左焦点F1，且其倾斜角为60°，∴∠MF1F2＝60°，∠MF2F1＝30°.∴∠F1MF2＝90°，即F1M⊥F2M.∴|MF1|＝eq \f(1,2)|F1F2|＝c，|MF2|＝|F1F2|·sin60°＝eq \r(3)c，由双曲线的定义有：|MF2|－|MF1|＝eq \r(3)c－c＝2a，∴离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(c,\f(\r(3)c－c,2))＝eq \r(3)＋1，故选D.
一、高考大题
1．已知双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别为l1：y＝2x，l2：y＝－2x.
(1)求双曲线E的离心率；
(2)如图，O为坐标原点，动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点(A，B分别在第一、四象限)，且△OAB的面积恒为8.试探究：是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E？若存在，求出双曲线E的方程；若不存在，说明理由．
解 (1)因为双曲线E的渐近线分别为y＝2x，
y＝－2x，所以eq \f(b,a)＝2，所以eq \f(\r(c2－a2),a)＝2，故c＝eq \r(5)a，
从而双曲线E的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \r(5).
(2)解法一：由(1)知，双曲线E的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,4a2)＝1.
设直线l与x轴相交于点C.
当l⊥x轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点，
则|OC|＝a，|AB|＝4a，
又因为△OAB的面积为8，
所以eq \f(1,2)|OC|·|AB|＝8，因此eq \f(1,2)a·4a＝8，解得a＝2，
此时双曲线E的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1.
若存在满足条件的双曲线E，则E的方程只能为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1.
以下证明：当直线l不与x轴垂直时，双曲线E：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1也满足条件．
设直线l的方程为y＝kx＋m，依题意，得k>2或k<－2，
则Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,k)，0)).记A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,y＝2x，))得y1＝eq \f(2m,2－k)，
同理得y2＝eq \f(2m,2＋k).
由S△OAB＝eq \f(1,2)|OC|·|y1－y2|，得
eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(m,k)))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2m,2－k)－\f(2m,2＋k)))＝8，
所以m2＝4|4－k2|＝4(k2－4)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)－\f(y2,16)＝1，))得(4－k2)x2－2kmx－m2－16＝0.
又因为4－k2<0，所以Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋16)
＝－16(4k2－m2－16)，
又因为m2＝4(k2－4)，
所以Δ＝0，即l与双曲线E有且只有一个公共点．
因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1.
解法二：由(1)知，双曲线E的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,4a2)＝1.
设直线l的方程为x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
依题意得－eq \f(1,2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋t，,y＝2x，))得y1＝eq \f(2t,1－2m)，同理得y2＝eq \f(－2t,1＋2m).
设直线l与x轴相交于点C，则C(t,0)．
由S△OAB＝eq \f(1,2)|OC|·|y1－y2|＝8，
得eq \f(1,2)|t|·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2t,1－2m)＋\f(2t,1＋2m)))＝8，
所以t2＝4|1－4m2|＝4(1－4m2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋t，,\f(x2,a2)－\f(y2,4a2)＝1，))得(4m2－1)y2＋8mty＋4(t2－a2)＝0.
因为4m2－1<0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ＝64m2t2－16(4m2－1)(t2－a2)＝0，
即4m2a2＋t2－a2＝0，即4m2a2＋4(1－4m2)－a2＝0，
即(1－4m2)(a2－4)＝0，所以a2＝4，
因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1.
解法三：当直线l不与x轴垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
依题意得k>2或k<－2.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,4x2－y2＝0，))得(4－k2)x2－2kmx－m2＝0，
因为4－k2<0，Δ>0，所以x1x2＝eq \f(－m2,4－k2)，
又因为△OAB的面积为8，
所以eq \f(1,2)|OA|·|OB|·sin∠AOB＝8，
又易知sin∠AOB＝eq \f(4,5)，
所以eq \f(2,5) eq \r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))·eq \r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2))＝8，化简得x1x2＝4.
所以eq \f(－m2,4－k2)＝4，即m2＝4(k2－4)．
由(1)得双曲线E的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,4a2)＝1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,a2)－\f(y2,4a2)＝1，))得(4－k2)x2－2kmx－m2－4a2＝0，
因为4－k2<0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当 Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋4a2)＝0，
即(k2－4)(a2－4)＝0，所以a2＝4，
所以双曲线E的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1.
当l⊥x轴时，由△OAB的面积等于8可得l：x＝2，又易知l：x＝2与双曲线E：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1有且只有一个公共点．
综上所述，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1.
二、模拟大题
2．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线的方程为y＝eq \r(3)x，右焦点F到直线x＝eq \f(a2,c)的距离为eq \f(3,2).
(1)求双曲线C的方程；
(2)斜率为1且在y轴上的截距大于0的直线l与双曲线C相交于B、D两点，已知A(1,0)，若eq \(DF,\s\up16(→))·eq \(BF,\s\up16(→))＝1，证明：过A、B、D三点的圆与x轴相切．
解 (1)依题意有eq \f(b,a)＝eq \r(3)，c－eq \f(a2,c)＝eq \f(3,2)，
∵a2＋b2＝c2，∴c＝2a，
∴a＝1，c＝2，∴b2＝3，
∴双曲线C的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：设直线l的方程为y＝x＋m(m>0)，B(x1，x1＋m)，D(x2，x2＋m)，BD的中点为M，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,x2－\f(y2,3)＝1，))得2x2－2mx－m2－3＝0，
∴x1＋x2＝m，x1x2＝－eq \f(m2＋3,2)，
又∵eq \(DF,\s\up16(→))·eq \(BF,\s\up16(→))＝1，
即(2－x1)(2－x2)＋(x1＋m)(x2＋m)＝1，
∴m＝0(舍)或m＝2，
∴x1＋x2＝2，x1x2＝－eq \f(7,2)，M点的横坐标为eq \f(x1＋x2,2)＝1，
∵eq \(DA,\s\up16(→))·eq \(BA,\s\up16(→))＝(1－x1)(1－x2)＋(x1＋2)(x2＋2)
＝5＋2x1x2＋x1＋x2＝5－7＋2＝0，
∴AD⊥AB，
∴过A、B、D三点的圆以点M为圆心，BD为直径，
∵点M的横坐标为1，∴MA⊥x轴，∵|MA|＝eq \f(1,2)|BD|，
∴过A、B、D三点的圆与x轴相切．
3．P(x0，y0)(x0≠±a)是双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上一点，M，N分别是双曲线E的左，右顶点，直线PM，PN的斜率之积为eq \f(1,5).
(1)求双曲线的离心率；
(2)过双曲线E的右焦点且斜率为1的直线交双曲线于A，B两点，O为坐标原点，C为双曲线上一点，满足eq \(OC,\s\up16(→))＝λeq \(OA,\s\up16(→))＋eq \(OB,\s\up16(→))，求λ的值．
解 (1)由点P(x0，y0)(x0≠±a)在双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1上，有eq \f(x\\al(2,0),a2)－eq \f(y\\al(2,0),b2)＝1.
由题意有eq \f(y0,x0－a)·eq \f(y0,x0＋a)＝eq \f(1,5)，
可得a2＝5b2，c2＝a2＋b2＝6b2，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(30),5).
(2)联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－5y2＝5b2，,y＝x－c，))得4x2－10cx＋35b2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(5c,2)，,x1x2＝\f(35b2,4).))①
设eq \(OC,\s\up16(→))＝(x3，y3)，eq \(OC,\s\up16(→))＝λeq \(OA,\s\up16(→))＋eq \(OB,\s\up16(→))，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x3＝λx1＋x2，,y3＝λy1＋y2.))
又C为双曲线上一点，即xeq \\al(2,3)－5yeq \\al(2,3)＝5b2，有
(λx1＋x2)2－5(λy1＋y2)2＝5b2.
化简得
λ2(xeq \\al(2,1)－5yeq \\al(2,1))＋(xeq \\al(2,2)－5yeq \\al(2,2))＋2λ(x1x2－5y1y2)＝5b2.②
又A(x1，y1)，B(x2，y2)在双曲线上，
所以xeq \\al(2,1)－5yeq \\al(2,1)＝5b2，xeq \\al(2,2)－5yeq \\al(2,2)＝5b2.
由①式又有x1x2－5y1y2＝x1x2－5(x1－c)(x2－c)＝－4x1x2＋5c(x1＋x2)－5c2＝10b2，
②式可化为λ2＋4λ＝0，解得λ＝0或λ＝－4.
4．直线l：y＝kx＋1与双曲线C：2x2－y2＝1的右支交于不同的两点A、B.
(1)求实数k的取值范围；
(2)是否存在实数k，使得以线段AB为直径的圆经过双曲线C的右焦点F？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
解 (1)将直线l的方程y＝kx＋1代入双曲线C的方程2x2－y2＝1后，整理得(k2－2)x2＋2kx＋2＝0.①
依题意，直线l与双曲线C的右支交于不同两点，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k2－2≠0，,Δ＝2k2－8k2－2>0，,－\f(2k,k2－2)>0，,\f(2,k2－2)>0.))
解得k的取值范围是－2(2)设A、B两点的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，
则由①式得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(2k,2－k2)，,x1·x2＝\f(2,k2－2).))②
假设存在实数k，使得以线段AB为直径的圆经过双曲线C的右焦点F(c,0)．
则由FA⊥FB，得(x1－c)(x2－c)＋y1y2＝0，
即(x1－c)(x2－c)＋(kx1＋1)(kx2＋1)＝0.
整理得(k2＋1)x1x2＋(k－c)(x1＋x2)＋c2＋1＝0.③
把②式及c＝eq \f(\r(6),2)代入③式，化简得5k2＋2eq \r(6)k－6＝0.
解得k＝－eq \f(6＋\r(6),5)或k＝eq \f(6－\r(6),5)∉(－2，－eq \r(2))(舍去)，
可知存在k＝－eq \f(6＋\r(6),5)使得以线段AB为直径的圆经过双曲线C的右焦点．
5．已知点N(1,2)，过点N的直线交双曲线x2－eq \f(y2,2)＝1于A，B两点，且eq \(ON,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \(OA,\s\up16(→))＋eq \(OB,\s\up16(→)))．
(1)求直线AB的方程；
(2)若过N的另一条直线交双曲线于C，D两点，且eq \(CD,\s\up16(→))·eq \(AB,\s\up16(→))＝0，那么A，B，C，D四点是否共圆？为什么？
解 (1)由题意知直线AB的斜率存在．
设直线AB：y＝k(x－1)＋2，代入x2－eq \f(y2,2)＝1，
得(2－k2)x2－2k·(2－k)x－(2－k)2－2＝0.(*)
由Δ>0，得k令A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是方程(*)的两根，
∴2－k2≠0且x1＋x2＝eq \f(2k2－k,2－k2).
∵eq \(ON,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \(OA,\s\up16(→))＋eq \(OB,\s\up16(→)))，
∴N是AB的中点，∴eq \f(x1＋x2,2)＝1.
∴k(2－k)＝－k2＋2，∴k＝1，满足k∴AB的方程为y＝x＋1.
(2)将k＝1代入方程(*)，得x2－2x－3＝0，
∴x＝－1或x＝3，
∴不妨设A(－1,0)，B(3,4)．
∵eq \(CD,\s\up16(→))·eq \(AB,\s\up16(→))＝0，∴CD垂直AB.
∴CD所在直线方程为y＝－(x－1)＋2，
即y＝3－x，代入双曲线方程整理得x2＋6x－11＝0.
令C(x3，y3)，D(x4，y4)及CD中点M(x0，y0)，则
x3＋x4＝－6，x3·x4＝－11，
∴x0＝eq \f(x3＋x4,2)＝－3，y0＝6，即M(－3,6)．
|CD|＝eq \r(1＋k2)|x3－x4|
＝eq \r(1＋k2) eq \r(x3＋x42－4x3x4)＝4eq \r(10)，
|MC|＝|MD|＝eq \f(1,2)|CD|＝2eq \r(10)，
|MA|＝|MB|＝2eq \r(10)，
即A，B，C，D到M的距离相等，
∴A，B，C，D四点共圆．