2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第八章 平面解析几何

这是一份2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第八章 平面解析几何，共66页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1．(2023·重庆沙坪坝南开中学校考期末)直线x－ eq \r(3) y＋1＝0的倾斜角是( A )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
解析：因为x－ eq \r(3) y＋1＝0的斜率k＝ eq \f(1,\r(3)) ＝ eq \f(\r(3),3) ，所以其倾斜角为30°.故选A.
2．(教材改编)若过点M(－2，m)，N(m，4)的直线的斜率等于1，则m的值为( A )
A．1 B．4
C．1或3 D．1或4
解析：由题意得 eq \f(m－4,－2－m) ＝1，解得m＝1.故选A.
3．若平面内三点A(1，－a)，B(2，a2)，C(3，a3)共线，则a＝( A )
A．1± eq \r(2) 或0 B． eq \f(2－\r(5),2) 或0
C． eq \f(2±\r(5),2) D． eq \f(2＋\r(5),2) 或0
解析：由题意知kAB＝kAC，即 eq \f(a2＋a,2－1) ＝ eq \f(a3＋a,3－1) ，即a(a2－2a－1)＝0，解得a＝0或a＝1± eq \r(2) .故选A.
4．(2024·江西赣州高三上犹中学校考期末)已知点A(2，1)，B(3，2)，则直线AB的倾斜角为( B )
A．30° B．45°
C．60° D．135°
解析：设直线AB的倾斜角为α，则k＝tan α＝ eq \f(2－1,3－2) ＝1，又因为0°≤αα>β
C．γ>β>α D．α>γ>β
解析：由于k＝tan x，x∈[0，π)，x≠ eq \f(π,2) ，由正切函数的图象性质可知，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 时，k为增函数，且k>0，由2>1，可知 eq \f(π,2) >α>β>0；当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) 时，k为增函数，且kα>β.故选B.
二、多项选择题
9．在下列四个命题中，错误的有( ACD )
A．坐标平面内的任何一条直线均有倾斜角和斜率
B．直线倾斜角的取值范围是[0，π)
C．若一条直线的斜率为tan α，则此直线的倾斜角为α
D．若一条直线的倾斜角为α，则此直线的斜率为tan α
解析：对于A，当直线与x轴垂直时，直线的倾斜角为90°，斜率不存在，故A错误；对于B，直线倾斜角的取值范围是[0，π)，故B正确；对于C，一条直线的斜率为tan α，此直线的倾斜角不一定为α，故C错误；对于D，一条直线的倾斜角为α时，它的斜率为tan α或不存在，故D错误．故选ACD.
10．若直线过点A(1，2)，且在两坐标轴上截距的绝对值相等，则直线l的方程为( ABC )
A．x－y＋1＝0 B．x＋y－3＝0
C．2x－y＝0 D．x－y－1＝0
解析：当直线经过原点时，斜率为k＝ eq \f(2－0,1－0) ＝2，所求的直线方程为y＝2x，即2x－y＝0；当直线不过原点时，设所求的直线方程为x±y＝k，把点A(1，2)代入可得1－2＝k或1＋2＝k，求得k＝－1或k＝3，故所求的直线方程为x－y＋1＝0或x＋y－3＝0.综上知，所求的直线方程为2x－y＝0，x－y＋1＝0或x＋y－3＝0.故选ABC.
11．下列说法正确的有( ABC )
A．若直线y＝kx＋b经过第一、二、四象限，则(k，b)在第二象限
B．直线y＝ax－3a＋2过定点(3，2)
C．过点(2，－1)，斜率为－ eq \r(3) 的直线的点斜式方程为y＋1＝－ eq \r(3) (x－2)
D．斜率为－2，在y轴上截距为3的直线方程为y＝－2x±3
解析：直线y＝kx＋b经过第一、二、四象限，则k0，所以(k，b)在第二象限，故A正确；直线可写为y－2＝a(x－3)，所以直线过定点(3，2)，故B正确；根据直线的点斜式方程知C正确；由直线的斜截式方程得y＝－2x＋3，故D错误．故选ABC.
12．过定点(2，3)且在两坐标轴上截距的绝对值相等的直线为( ABC )
A.3x－2y＝0
B．x＋y－5＝0
C．x－y＋1＝0
D．x－y－5＝0
解析：由题意，直线不与坐标轴垂直，设所求的直线方程为y＝k(x－2)＋3，当y＝0时，得横截距x＝2－ eq \f(3,k) ，当x＝0时，得纵截距y＝3－2k，因为过点(2，3)的直线在两坐标轴上截距的绝对值相等，所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2－\f(3,k))) ＝|3－2k|，所以2－ eq \f(3,k) ＝3－2k或2－ eq \f(3,k) ＝2k－3，所以k＝－1或k＝ eq \f(3,2) 或k＝1，所以直线的方程为x＋y－5＝0或3x－2y＝0或x－y＋1＝0.故选ABC.
三、填空题
13．设直线l的方程为2x＋(k－3)y－2k＋6＝0(k≠3)，若直线l的斜率为－1，则k＝5；若直线l在x轴、y轴上的截距之和等于0，则k＝1．
解析：因为直线l的斜率存在，所以直线l的方程可化为y＝－ eq \f(2,k－3) x＋2，由题意得－ eq \f(2,k－3) ＝－1，解得k＝5.直线l的方程可化为 eq \f(x,k－3) ＋ eq \f(y,2) ＝1，由题意得k－3＋2＝0，解得k＝1.
14．如图，过点P(4，1)作直线l，分别交x轴、y轴的正半轴于点A，B.当|OA|＋|OB|取最小值时，直线l的方程为x＋2y－6＝0．
解析：设A(a，0)，B(0，b)，则直线l： eq \f(x,a) ＋ eq \f(y,b) ＝1(a>0，b>0)，因为直线l经过点P(4，1)，所以 eq \f(4,a) ＋ eq \f(1,b) ＝1.|OA|＋|OB|＝a＋b＝(a＋b) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,a)＋\f(1,b))) ＝5＋ eq \f(a,b) ＋ eq \f(4b,a) ≥9，当且仅当a＝6，b＝3时等号成立，所以当|OA|＋|OB|取最小值时，直线l的方程为x＋2y－6＝0.
15．已知三角形的三个顶点A(－5，0)，B(3，－3)，C(0，2)，则BC边上中线所在的直线方程为x＋13y＋5＝0．
解析：BC的中点坐标为( eq \f(3,2) ，－ eq \f(1,2) )，∴BC边上中线所在直线方程为 eq \f(y－0,－\f(1,2)－0) ＝ eq \f(x＋5,\f(3,2)＋5) ，即x＋13y＋5＝0.
16．已知直线l与x轴交于点Q，与α＝ eq \f(2π,3) 的终边(始边为x轴正半轴)交于点P，O为坐标原点，若P点横坐标为－1，∠OPQ＝ eq \f(π,6) ，则直线l的方程为 eq \r(3) x＋3y－2 eq \r(3) ＝0．
解析：如图，由题意知，直线l与α＝ eq \f(2π,3) 的终边交于点P，O为坐标原点，即∠POQ＝ eq \f(2π,3) ，又由P点横坐标为－1，可得P(－1， eq \r(3) )，所以|OP|＝2，又因为∠OPQ＝ eq \f(π,6) ，则∠PQO＝ eq \f(π,6) ，所以|OQ|＝2，即Q(2，0)，又由∠PQO＝ eq \f(π,6) ，所以直线l的斜率为k＝tan (π－ eq \f(π,6) )＝tan eq \f(5π,6) ＝－ eq \f(\r(3),3) ，所以直线l的方程为y＝－ eq \f(\r(3),3) (x－2)，即 eq \r(3) x＋3y－2 eq \r(3) ＝0.
一、单项选择题
1．(2023·陕西汉中高三校联考期末)已知直线l经过A(－1，4)，B(1，2)两点，则直线l的斜率为( D )
A．3 B．－3
C．1 D．－1
解析：因为直线l经过A(－1，4)，B(1，2)两点，所以直线l的斜率为kAB＝ eq \f(2－4,1－（－1）) ＝－1.故选D.
2．(2023·安徽蚌埠高三统考期末)已知直线l：x＋ay＋6＝0的倾斜角为60°，则实数a＝( B )
A．－ eq \r(3) B．－ eq \f(\r(3),3)
C． eq \f(\r(3),3) D． eq \r(3)
解析：已知直线l：x＋ay＋6＝0的倾斜角为60°，则直线l：x＋ay＋6＝0的斜率为k＝tan 60°＝－ eq \f(1,a) ＝ eq \r(3) ，则a＝－ eq \f(\r(3),3) .故选B.
3．三条直线l1，l2，l3的位置如图所示，它们的斜率分别为k1，k2，k3，则k1，k2，k3的大小关系为( B )
A．k2>k1>k3
B．k2>k3>k1
C．k3>k2>k1
D．k3>k1>k2
解析：设三条直线l1，l2，l3的倾斜角为θi(i＝1，2，3)，由图可知00，故其图象不经过第四象限，故C正确；对于D，x－ eq \r(3) y＋1＝0的斜率为 eq \f(\r(3),3) ，故倾斜角为30°，故D正确．故选B.
8．已知点M是直线l：2x－y－4＝0与x轴的交点，将直线l绕点M按逆时针方向旋转45°，得到的直线方程是( D )
A．x＋y－3＝0 B．x－3y－2＝0
C．3x－y＋6＝0 D．3x＋y－6＝0
解析：设直线l的倾斜角为α，则tan α＝k＝2，直线l绕点M按逆时针方向旋转45°，所得直线的斜率k′＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4))) ＝ eq \f(2＋1,1－2×1) ＝－3，又点M(2，0)，所以y＝－3(x－2)，即3x＋y－6＝0.故选D.
二、多项选择题
9．已知直线x sin α＋y cs α＋1＝0(α∈R)，则下列命题正确的是( BD )
A．直线的倾斜角是π－α
B．无论α如何变化，直线不过原点
C．直线的斜率一定存在
D．当直线和两坐标轴都相交时，它和坐标轴围成的三角形的面积不小于1
解析：根据直线倾斜角的范围为[0，π)，而π－α∈R，故A错误；当x＝y＝0时，x sin α＋y cs α＋1＝1≠0，所以直线必不过原点，故B正确；当α＝ eq \f(π,2) 时，直线斜率不存在，故C错误；当直线和两坐标轴都相交时，它和坐标轴围成的三角形的面积为S＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,－sin α))) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,－cs α))) ＝ eq \f(1,|sin 2α|) ≥1，故D正确．故选BD.
10．(2024·广东广州培正中学校考期末)下列说法中正确的是( ABC )
A．若直线斜率为 eq \f(\r(3),3) ，则它的倾斜角为30°
B．若A(1，－3)，B(1，3)，则直线AB的倾斜角为90°
C．若直线过点(1，2)，且它的倾斜角为45°，则这条直线必过点(3，4)
D．若直线的斜率为 eq \f(3,4) ，则这条直线必过(1，1)与(5，4)两点
解析：对于A，设直线的倾斜角为α(0°≤α0，,\f(m－2,7)b>0)，设椭圆上顶点为B，椭圆C上存在点P，使得∠F1PF2＝90°，如图，则需∠F1BF2≥90°，由余弦定理可得cs ∠F1BF2＝ eq \f(|BF1|2＋|BF2|2－|F1F2|2,2|BF1|×|BF2|) ≤0，∴|BF1|2＋|BF2|2≤|F1F2|2，即a2＋a2≤4c2，∵c2＝a2－b2，2a2≤4a2－4b2，则a2≥2b2，检验可得选项A，C，D满足．故选ACD.
8．设椭圆 eq \f(x2,9) ＋ eq \f(y2,3) ＝1的右焦点为F，直线y＝m(0b>0)，F为椭圆的右焦点，AB为过原点O的弦，则△ABF面积的最大值为b eq \r(a2－b2) ．
解析：如图，设E为椭圆的左焦点，则S△ABF＝S△AOF＋S△BOF＝S△AOF＋S△AOE＝S△AEF≤b eq \r(a2－b2) .所以△ABF面积的最大值为b eq \r(a2－b2) .
11．(2024·广东广州华南师大附中月考)G：(x－2)2＋y2＝r2是椭圆O： eq \f(x2,16) ＋y2＝1内接△ABC的内切圆，且△ABC在y轴右侧，则r＝ eq \f(2,3) ．
解析：由题意，△ABC在y轴右侧，作出图形，如图，
由椭圆及圆的对称性知，BC⊥x轴，设B(2－r，y0)，y0>0，过圆心G作GD⊥AB于点D，BC交x轴于点H，由椭圆方程知|OA|＝4，所以|AG|＝4－2＝2，所以|AD|＝ eq \r(|AG|2－|GD|2) ＝ eq \r(4－r2) ，|AH|＝2＋r，又B在椭圆上，所以y eq \\al(2,0) ＝1－ eq \f(（2－r）2,16) ＝ eq \f(12＋4r－r2,16) ，又 eq \f(|GD|,|AD|) ＝ eq \f(|HB|,|AH|) ，即 eq \f(r,\r(4－r2)) ＝ eq \f(y0,2＋r) ，可得y0＝ eq \f(r（2＋r）,\r(4－r2)) ，所以 eq \f(12＋4r－r2,16) ＝ eq \f(r2（2＋r）2,4－r2) ，化简可得15r2＋8r－12＝0，解得r＝ eq \f(2,3) 或r＝－ eq \f(6,5) (舍去).
12．设F1，F2为椭圆C： eq \f(x2,36) ＋ eq \f(y2,20) ＝1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为(3， eq \r(15) )．
解析：不妨令F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，根据题意可知c＝ eq \r(36－20) ＝4.因为△MF1F2为等腰三角形，所以易知|F1M|＝2c＝8，所以|F2M|＝2a－8＝4.
设M(x，y)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,36)＋\f(y2,20)＝1，,|F1M|2＝（x＋4）2＋y2＝64，,x>0，y>0，))
得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝\r(15)，)) 所以M的坐标为(3， eq \r(15) ).
四、解答题
13．如图所示，已知椭圆 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，A为椭圆的上顶点，直线AF2交椭圆于另一点B.
(1)若∠F1AB＝90°，求椭圆的离心率；
(2)若椭圆的焦距为2，且 eq \(AF2,\s\up9(→)) ＝2 eq \(F2B,\s\up9(→)) ，求椭圆的方程．
解：(1)若∠F1AB＝90°，则△AOF2为等腰直角三角形，所以有|OA|＝|OF2|，即b＝c.所以a＝ eq \r(2) c，e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(2),2) .
(2)由题意知A(0，b)，F2(1，0)，设B(x，y)，
由 eq \(AF2,\s\up9(→)) ＝2 eq \(F2B,\s\up9(→)) ，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2（x－1）＝1，,2y＝－b，)) 解得x＝ eq \f(3,2) ，y＝－ eq \f(b,2) .
代入 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1，得 eq \f(\f(9,4),a2) ＋ eq \f(\f(b2,4),b2) ＝1.即 eq \f(9,4a2) ＋ eq \f(1,4) ＝1，解得a2＝3.所以椭圆方程为 eq \f(x2,3) ＋ eq \f(y2,2) ＝1.
14．已知F1，F2是椭圆的两个焦点，P为椭圆上一点，∠F1PF2＝60°.
(1)求椭圆离心率的取值范围；
(2)求证：△F1PF2的面积只与椭圆的短轴长有关．
解：(1)设椭圆方程为 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)，|PF1|＝m，|PF2|＝n，则m＋n＝2a.
在△PF1F2中，由余弦定理可知，4c2＝m2＋n2－2mn cs 60°＝(m＋n)2－3mn＝4a2－3mn≥4a2－3· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m＋n,2))) eq \s\up12(2) ＝4a2－3a2＝a2(当且仅当m＝n时取等号)，∴ eq \f(c2,a2) ≥ eq \f(1,4) ，
即e≥ eq \f(1,2) .又01)，则|PF1|＝λ|PF2|，由椭圆的定义可知|PF1|＋|PF2|＝2a，因此|PF2|＝ eq \f(2a,λ＋1) ，又因为F2是右焦点，所以|PF2|≥a－c，即 eq \f(2a,λ＋1) ≥a－c，整理得e≥ eq \f(λ－1,λ＋1) ，所以 eq \f(λ－1,λ＋1) ＝ eq \f(2,3) ，解得λ＝5，即 eq \f(|PF1|,|PF2|) ＝5.故选D.
5．(数学文化)(2023·云南曲靖校考三模)油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1 000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，北京市文化宫于春分时节开展油纸伞文化艺术节．活动中将油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞的伞沿是一个半径为 eq \r(2) 的圆，圆心到伞柄底端距离为 eq \r(2) ，阳光照射油纸伞在地面形成了一个椭圆形影子(春分时，北京的阳光与地面夹角为60°)，若伞柄底端正好位于该椭圆的焦点位置，则该椭圆的离心率为( A )
A．2－ eq \r(3) B． eq \r(2) －1
C． eq \r(3) －1 D． eq \f(\r(2),2)
解析：如图，伞的伞沿与地面接触点B是椭圆长轴的一个端点，伞沿在地面上最远的投影点A是椭圆长轴的另一个端点，对应的伞沿为C，O为伞的圆心，F为伞柄底端，即椭圆的左焦点，令椭圆的长半轴长为a，半焦距为c，由OF⊥BC，|OF|＝|OB|＝ eq \r(2) ，得a＋c＝|BF|＝2，∠FBC＝45°，|AB|＝2a，|BC|＝2 eq \r(2) ，在△ABC中，∠BAC＝60°，则∠ACB＝75°，sin 75°＝sin (45°＋30°)＝ eq \f(\r(2),2) × eq \f(\r(3),2) ＋ eq \f(\r(2),2) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(\r(6)＋\r(2),4) ，由正弦定理得， eq \f(2a,sin 75°) ＝ eq \f(2\r(2),sin 60°) ，解得a＝ eq \f(\r(2)×\f(\r(6)＋\r(2),4),\f(\r(3),2)) ＝1＋ eq \f(1,\r(3)) ，则c＝1－ eq \f(1,\r(3)) ，所以该椭圆的离心率e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(3)－1,\r(3)＋1) ＝2－ eq \r(3) .故选A.
6．(2023·海南海口一中模拟)已知F1，F2是椭圆E： eq \f(x2,3) ＋ eq \f(y2,2) ＝1的左、右焦点，点P(x0，y0)为E上一动点，且|x0|≤1，若I为△PF1F2的内心，则△IF1F2面积的取值范围是( C )
A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2))) B．[ eq \r(2) ， eq \r(3) ]
C． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3－\r(3),3)，\f(\r(6)－\r(2),2))) D．[ eq \r(6) － eq \r(2) ，3－ eq \r(3) ]
解析：由椭圆的方程可得a＝ eq \r(3) ，b＝ eq \r(2) ，c＝1，设内切圆的半径为r，则S△PF1F2＝ eq \f(1,2) ×2c·|y0|＝ eq \f(1,2) (2a＋2c)·r，可得r＝ eq \f(|y0|,\r(3)＋1) ＝ eq \f(\r(3)－1,2) ·|y0|，而 eq \f(x eq \\al(2,0) ,3) ＋ eq \f(y eq \\al(2,0) ,2) ＝1，所以|y0|＝ eq \r(2) · eq \r(1－\f(x eq \\al(2,0) ,3)) ，所以r＝ eq \f(\r(6)－\r(2),2) · eq \r(1－\f(x eq \\al(2,0) ,3)) ，所以S△IF1F2＝ eq \f(1,2) ·2c·r＝ eq \f(1,2) ×2× eq \f(\r(6)－\r(2),2) × eq \r(1－\f(x eq \\al(2,0) ,3)) ＝ eq \f(\r(6)－\r(2),2) · eq \r(1－\f(x eq \\al(2,0) ,3)) ，因为|x0|≤1，所以S△IF1F2∈[ eq \f(\r(6)－\r(2),2) × eq \f(\r(6),3) ， eq \f(\r(6)－\r(2),2) ]，即S△IF1F2∈[ eq \f(3－\r(3),3) ， eq \f(\r(6)－\r(2),2) ].故选C.
二、多项选择题
7．1970年4月24日，我国发射了自己的第一颗人造地球卫星“东方红一号”，从此我国开始了人造卫星的新篇章．人造地球卫星绕地球运行遵循开普勒行星运动定律：卫星在以地球为焦点的椭圆轨道上绕地球运行时，其运行速度是变化的，速度的变化服从面积守恒规律，即卫星的向径(卫星与地球的连线)在相同的时间内扫过的面积相等．设椭圆的长轴长、焦距分别为2a，2c，下列结论正确的是( ABD )
A．卫星向径的取值范围是[a－c，a＋c]
B．卫星在左半椭圆弧上的运行时间大于其在右半椭圆弧上的运行时间
C．卫星向径的最小值与最大值的比值越大，椭圆轨道越扁
D．卫星运行速度在近地点时最大，在远地点时最小
解析：根据椭圆定义知卫星向径的取值范围是[a－c，a＋c]，故A正确；当卫星在左半椭圆弧上运行时，对应的面积更大，根据面积守恒规律，速度更慢，运行时间更长，故B正确； eq \f(a－c,a＋c) ＝ eq \f(1－e,1＋e) ＝ eq \f(2,1＋e) －1，当比值越大，则e越小，椭圆轨道越圆，故C错误；根据面积守恒规律，卫星在近地点时向径最小，故速度最大，在远地点时向径最大，故速度最小，故D正确．故选ABD.
8．(2024·山东淄博模拟)设椭圆C： eq \f(x2,4) ＋y2＝1的焦点为F1，F2，P是C上的动点，则下列结论正确的是( AD )
A．离心率e＝ eq \f(\r(3),2)
B．| eq \(PF2,\s\up9(→)) |的最大值为3
C．△PF1F2面积的最大值为2 eq \r(3)
D．| eq \(PF1,\s\up9(→)) ＋ eq \(PF2,\s\up9(→)) |的最小值为2
解析：由题意得a＝2，b＝1，c＝ eq \r(a2－b2) ＝ eq \r(3) ，e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(3),2) ，故A正确；不妨令F1(－ eq \r(3) ，0)，F2( eq \r(3) ，0)，设P(x，y)，所以 eq \(PF2,\s\up9(→)) ＝( eq \r(3) －x，－y)，所以| eq \(PF2,\s\up9(→)) |2＝(x－ eq \r(3) )2＋y2＝(x－ eq \r(3) )2＋1－ eq \f(x2,4) ＝ eq \f(3x2,4) －2 eq \r(3) x＋4＝ eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4\r(3),3))) eq \s\up12(2) ，因为－2≤x≤2，所以当x＝－2时，(| eq \(PF2,\s\up9(→)) |2)max＝7＋4 eq \r(3) ，即| eq \(PF2,\s\up9(→)) |max＝2＋ eq \r(3) ，故B错误；因为S△PF1F2＝ eq \f(1,2) |y|·2c＝ eq \f(1,2) |y|×2 eq \r(3) ＝ eq \r(3) |y|，－1≤y≤1，所以当y＝±1，即P在短轴的端点时，△PF1F2的面积取得最大值，(S△PF1F2)max＝ eq \r(3) ×1＝ eq \r(3) ，故C错误；| eq \(PF1,\s\up9(→)) ＋ eq \(PF2,\s\up9(→)) |＝2| eq \(PO,\s\up9(→)) |＝2 eq \r(x2＋y2) ＝2 eq \r(\f(3x2,4)＋1) ，因为－2≤x≤2，所以1≤ eq \f(3x2,4) ＋1≤4，所以2≤| eq \(PF1,\s\up9(→)) ＋ eq \(PF2,\s\up9(→)) |≤4，故D正确．故选AD.
三、填空题
9．(2024·上海黄浦区大同中学期末)设F1和F2为椭圆4x2＋2y2＝1的两个焦点，点P在椭圆上，且满足|OP|＝ eq \f(1,2) ，则△F1PF2的面积是 eq \f(1,4) ．
解析：椭圆4x2＋2y2＝1，即 eq \f(y2,\f(1,2)) ＋ eq \f(x2,\f(1,4)) ＝1，所以a＝ eq \f(\r(2),2) ，b＝ eq \f(1,2) ，c＝ eq \r(a2－b2) ＝ eq \f(1,2) ，因为|OP|＝ eq \f(1,2) ，所以点P为短轴顶点，所以S△F1PF2＝ eq \f(1,2) ×2c×b＝ eq \f(1,2) ×2× eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,4) .
10．已知椭圆 eq \f(x2,9) ＋ eq \f(y2,5) ＝1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方．若线段PF的中点在以原点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线PF的斜率是 eq \r(15) ．
解析：如图，左焦点F(－2，0)，右焦点F′(2，0).线段PF的中点M在以O(0，0)为圆心，2为半径的圆上，因此|OM|＝2.在△FF′P中，OM綉 eq \f(1,2) PF′，所以|PF′|＝4.根据椭圆的定义，得|PF|＋|PF′|＝6，所以|PF|＝2.又因为|FF′|＝4，所以在Rt△MFF′中，tan ∠PFF′＝ eq \f(|MF′|,|MF|) ＝ eq \f(\r(|FF′|2－|MF|2),|MF|) ＝ eq \r(15) ，即直线PF的斜率是 eq \r(15) .
11．(2024·上海黄浦区格致中学期末)设椭圆Γ： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的右焦点为F(c，0)，点A(3c，0)在椭圆外，P，Q在椭圆上，且P是线段AQ的中点．若直线PQ，PF的斜率之积为－ eq \f(1,2) ，则椭圆的离心率为 eq \f(\r(2),2) ．
解析：如图所示，
由题意可知，点E(－c，0)为椭圆Γ的左焦点，因为点A(3c，0)，F(c，0)，易知点F为线段AE的中点，又因为P为AQ的中点，所以，PF∥QE，取线段PQ的中点M，连接OM，则 eq \f(|AP|,|PM|) ＝ eq \f(|AF|,|OF|) ＝2，所以，OM∥PF，所以，kOM＝kPF，故kOMkPQ＝kPFkPQ＝－ eq \f(1,2) ，设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则点M( eq \f(x1＋x2,2) ， eq \f(y1＋y2,2) )，所以， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x eq \\al(2,1) ,a2)＋\f(y eq \\al(2,1) ,b2)＝1，,\f(x eq \\al(2,2) ,a2)＋\f(y eq \\al(2,2) ,b2)＝1，)) 两个等式作差可得 eq \f(x eq \\al(2,1) －x eq \\al(2,2) ,a2) ＋ eq \f(y eq \\al(2,1) －y eq \\al(2,2) ,b2) ＝0，可得 eq \f(y eq \\al(2,1) －y eq \\al(2,2) ,x eq \\al(2,1) －x eq \\al(2,2) ) ＝－ eq \f(b2,a2) ，所以，kOMkPQ＝ eq \f(\f(y1＋y2,2)－0,\f(x1＋x2,2)－0) · eq \f(y1－y2,x1－x2) ＝ eq \f(y eq \\al(2,1) －y eq \\al(2,2) ,x eq \\al(2,1) －x eq \\al(2,2) ) ＝－ eq \f(b2,a2) ＝－ eq \f(1,2) ，所以，椭圆Γ的离心率为e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \r(\f(c2,a2)) ＝ eq \r(\f(a2－b2,a2)) ＝ eq \r(1－\f(b2,a2)) ＝ eq \r(1－\f(1,2)) ＝ eq \f(\r(2),2) .
12．过原点作一条倾斜角为θ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6))))) 的直线与椭圆 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)交于A，B两点，F为椭圆的左焦点，若AF⊥BF，则该椭圆的离心率e的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(6),3))) ．
解析：当倾斜角θ＝ eq \f(π,2) 时，直线AB的斜率不存在，如图，
则A(0，b)，B(0，－b)，又椭圆左焦点F(－c，0)，若AF⊥BF，则 eq \(AF,\s\up9(→)) · eq \(BF,\s\up9(→)) ＝(－c，－b)·(－c，b)＝c2－b2＝0，即b＝c，所以a2＝b2＋c2＝2c2，即a＝ eq \r(2) c.所以椭圆的离心率e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(c,\r(2)c) ＝ eq \f(\r(2),2) ；当倾斜角θ∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2))) ∪( eq \f(π,2) ， eq \f(5π,6) ]时，直线AB的斜率存在设为k，则k∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3),3))) ∪[ eq \f(\r(3),3) ，＋∞)，设A(x0，y0)，则B(－x0，－y0)，所以 eq \f(x eq \\al(2,0) ,a2) ＋ eq \f(y eq \\al(2,0) ,b2) ＝1①，如图，
若AF⊥BF，则 eq \(AF,\s\up9(→)) · eq \(BF,\s\up9(→)) ＝(－c－x0，－y0)·(－c＋x0，y0)＝c2－x eq \\al(2,0) －y eq \\al(2,0) ＝0②，联立①②，结合a2＝b2＋c2可得y eq \\al(2,0) ＝ eq \f(b4,c2) ，x eq \\al(2,0) ＝ eq \f(c4－b4,c2) ，由k＝ eq \f(y0,x0) ，k∈(－∞，－ eq \f(\r(3),3) ]∪[ eq \f(\r(3),3) ，＋∞)，所以k2＝ eq \f(y eq \\al(2,0) ,x eq \\al(2,0) ) ＝ eq \f(\f(b4,c2),\f(c4－b4,c2)) ＝ eq \f(b4,c4－b4) ，且k2≥ eq \f(1,3) ，所以 eq \f(b4,c4－b4) ≥ eq \f(1,3) ，则4b4≥c4>b4，故2b2≥c2>b2，所以2(a2－c2)≥c2>a2－c2，即 eq \f(1,2) < eq \f(c2,a2) ≤ eq \f(2,3) ，故 eq \f(\r(2),2) b>0)的左、右焦点．
(1)设椭圆C上的点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2))) 到F1，F2两点距离之和等于2 eq \r(2) ，写出椭圆C的方程；
(2)设点P是(1)中椭圆C上的任意一点，过原点的直线l与椭圆相交于M，N两点，当直线PM，PN的斜率都存在，并记为kPM，kPN时，试探究kPM·kPN的值是否与点P及直线l有关，并证明你的结论．
解：(1)由于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2))) 在椭圆上，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2),a2)＋\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2),b2)＝1，,2a＝2\r(2)，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝2，,b2＝1，))
故椭圆C的方程为 eq \f(x2,2) ＋y2＝1.
(2)过原点的直线l与椭圆 eq \f(x2,2) ＋y2＝1相交的两点M，N关于坐标原点对称，
设M(x0，y0)，N(－x0，－y0)，P(x，y)，由M，N，P在椭圆上，可得 eq \f(x eq \\al(2,0) ,2) ＋y eq \\al(2,0) ＝1， eq \f(x2,2) ＋y2＝1，
两式相减得 eq \f(y2－y eq \\al(2,0) ,x2－x eq \\al(2,0) ) ＝－ eq \f(1,2) .
又因为kPM＝ eq \f(y－y0,x－x0) ，kPN＝ eq \f(y＋y0,x＋x0) ，
所以kPM·kPN＝ eq \f(y－y0,x－x0) · eq \f(y＋y0,x＋x0) ＝ eq \f(y2－y eq \\al(2,0) ,x2－x eq \\al(2,0) ) ＝－ eq \f(1,2) .
故kPM·kPN的值与点P的位置无关，同时与直线l无关．
考点练49 直线与椭圆 对应学生用书105页
一、单项选择题
1．若直线y＝kx＋1与椭圆 eq \f(x2,5) ＋ eq \f(y2,m) ＝1总有公共点，则m的取值范围是( D )
A．(1，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(0，1)∪(1，5) D．[1，5)∪(5，＋∞)
解析：方法一：由于直线y＝kx＋1恒过点(0，1)，所以点(0，1)必在椭圆内或椭圆上，则0< eq \f(1,m) ≤1且m≠5，故m≥1且m≠5.故选D.
方法二：由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,mx2＋5y2－5m＝0，)) 消去y整理得(5k2＋m)x2＋10kx＋5(1－m)＝0.由题意知Δ＝100k2－20(1－m)(5k2＋m)≥0对一切k∈R恒成立，即5mk2＋m2－m≥0对一切k∈R恒成立，由于m>0且m≠5，∴5k2＋m－1≥0，∴m≥1且m≠5.故选D.
2．斜率为1的直线l与椭圆 eq \f(x2,4) ＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为( C )
A．2 B． eq \f(4\r(5),5)
C． eq \f(4\r(10),5) D． eq \f(8\r(10),5)
解析：设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋t，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋4y2＝4，,y＝x＋t，)) 消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，又Δ＝(8t)2－16(t2－1)×5>0，得t2b>0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交E于A，B两点，若AB的中点为M(1，－1)，则椭圆E的方程为( D )
A． eq \f(x2,45) ＋ eq \f(y2,36) ＝1 B． eq \f(x2,36) ＋ eq \f(y2,27) ＝1
C． eq \f(x2,27) ＋ eq \f(y2,18) ＝1 D． eq \f(x2,18) ＋ eq \f(y2,9) ＝1
解析：kAB＝ eq \f(0＋1,3－1) ＝ eq \f(1,2) ，kOM＝－1，由kAB·kOM＝－ eq \f(b2,a2) ，得 eq \f(b2,a2) ＝ eq \f(1,2) ，∴a2＝2b2.∵c＝3，∴a2＝18，b2＝9，∴椭圆E的方程为 eq \f(x2,18) ＋ eq \f(y2,9) ＝1.故选D.
5．(数学文化)中国国家大剧院是亚洲最大的剧院综合体，中国国家表演艺术的最高殿堂，中外文化交流的最大平台．大剧院的平面投影是椭圆C，其长轴长度约为212 m，短轴长度约为144 m.若直线l平行于长轴且C的中心到l的距离是24 m，则l被C截得的线段长度约为( C )
A．140 m B．143 m
C．200 m D．209 m
解析：设该椭圆焦点在x轴上，以中心为原点，建立直角坐标系，如图所示，设椭圆的方程为 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)，由题意可得2a＝212，2b＝144，将a＝106，b＝72代入方程，得 eq \f(x2,1062) ＋ eq \f(y2,722) ＝1，
因为直线l平行于长轴且C的中心到l的距离是24 m，令y＝24，得|2x|＝ eq \f(424\r(2),3) ≈200(m).故选C.
6．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＝( C )
A． eq \f(2,3) B． eq \f(\r(2),3)
C．－ eq \f(\r(2),3) D．－ eq \f(2,3)
解析：将直线y＝x＋m与椭圆联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，)) 消去y可得4x2＋6mx＋3m2－3＝0，因为直线与椭圆相交于A，B两点，则Δ＝36m2－4×4(3m2－3)>0，解得－2b>0)的右顶点为A(1，0)，所以b＝1，焦点坐标为(0，±c)，因为过焦点且垂直于长轴的弦长为1，所以 eq \f(2b2,a) ＝1，a＝2，所以椭圆方程为 eq \f(y2,4) ＋x2＝1.
10．已知椭圆 eq \f(x2,2) ＋y2＝1与直线y＝x＋m交于A，B两点，且|AB|＝ eq \f(4\r(2),3) ，则实数m的值为±1．
解析：由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝x＋m，)) 消去y并整理，得3x2＋4mx＋2m2－2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－ eq \f(4m,3) ，x1x2＝ eq \f(2m2－2,3) .由题意，得 eq \r(2（x1＋x2）2－8x1x2) ＝ eq \f(4\r(2),3) ，解得m＝±1.
11．已知F为椭圆C： eq \f(x2,6) ＋ eq \f(y2,2) ＝1的右焦点，过F的直线l交椭圆C于A，B两点，M为AB的中点，则M到x轴的最大距离为 eq \f(\r(3),3) ．
解析：因为a2＝6，b2＝2，所以椭圆的右焦点坐标为(2，0).设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l：x＝ty＋2(显然当直线斜率为0时，不可能最大)，与椭圆方程联立得，(t2＋3)y2＋4ty－2＝0，Δ＝16t2＋8(t2＋3)>0恒成立，所以y1＋y2＝－ eq \f(4t,t2＋3) ，即弦AB的中点M的纵坐标为 eq \f(y1＋y2,2) ＝－ eq \f(2t,t2＋3) ，所以M到x轴的距离为 eq \f(2|t|,t2＋3) .当t≠0时， eq \f(2|t|,t2＋3) ＝ eq \f(2,|t|＋\f(3,|t|)) ≤ eq \f(2,2\r(3)) ＝ eq \f(\r(3),3) ，当且仅当t2＝3时等号成立，故M到x轴的最大距离为 eq \f(\r(3),3) .
12．与椭圆 eq \f(x2,2) ＋y2＝1有相同的焦点且与直线l：x－y＋3＝0相切的椭圆的离心率为 eq \f(\r(5),5) ．
解析：因为所求椭圆与椭圆 eq \f(x2,2) ＋y2＝1有相同的焦点，所以可设所求椭圆的方程为 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,a2－1) ＝1(a>1)，联立方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋\f(y2,a2－1)＝1，,y＝x＋3)) (2a2－1)x2＋6a2x＋10a2－a4＝0，因为直线l与椭圆相切，所以Δ＝36a4－4(2a2－1)(10a2－a4)＝0，
化简得a4－6a2＋5＝0，即a2＝5或a2＝1(舍去).则a＝ eq \r(5) .又c＝1，所以e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(1,\r(5)) ＝ eq \f(\r(5),5) .
四、解答题
13．已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的一个顶点为A(2，0)，离心率为 eq \f(\r(2),2) ，直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N.
(1)求椭圆C的方程；
(2)当△AMN的面积为 eq \f(\r(10),3) 时，求k的值．
解：(1)由题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，)) 得b＝ eq \r(2) ，所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,2) ＝1.
(2)由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，)) 得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0，Δ＝8(3k2＋2)>0，
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1＋x2＝ eq \f(4k2,1＋2k2) ，x1x2＝ eq \f(2k2－4,1＋2k2) ，
所以|MN|＝ eq \r(（x2－x1）2＋（y2－y1）2) ＝
eq \r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2]) ＝
eq \f(2\r(（1＋k2）（4＋6k2）),1＋2k2) .
又点A(2，0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝ eq \f(|k|,\r(1＋k2)) ，所以△AMN的面积S＝ eq \f(1,2) |MN|·d＝ eq \f(|k|\r(4＋6k2),1＋2k2) ，
由 eq \f(|k|\r(4＋6k2),1＋2k2) ＝ eq \f(\r(10),3) ，得k＝±1，所以当△AMN的面积为 eq \f(\r(10),3) 时，k＝±1.
14．已知椭圆C的两个焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，短轴的两个端点分别为B1，B2.
(1)若△F1B1B2为等边三角形，求椭圆C的方程；
(2)若椭圆C的短轴长为2，过点F2的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且 eq \(F1P,\s\up9(→)) ⊥ eq \(F1Q,\s\up9(→)) ，求直线l的方程．
解：(1)由题意知，△F1B1B2为等边三角形，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝\r(3)b，,c＝1，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2－b2＝3b2，,a2－b2＝1，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝\f(4,3)，,b2＝\f(1,3)，))
故椭圆C的方程为 eq \f(3x2,4) ＋3y2＝1.
(2)易知椭圆C的方程为 eq \f(x2,2) ＋y2＝1，
当直线l的斜率不存在时，其方程为x＝1，不符合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,\f(x2,2)＋y2＝1，)) 得(2k2＋1)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，Δ＝8(k2＋1)>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝ eq \f(4k2,2k2＋1) ，x1x2＝ eq \f(2（k2－1）,2k2＋1) ，
eq \(F1P,\s\up9(→)) ＝(x1＋1，y1)， eq \(F1Q,\s\up9(→)) ＝(x2＋1，y2)，因为 eq \(F1P,\s\up9(→)) ⊥ eq \(F1Q,\s\up9(→)) ，所以 eq \(F1P,\s\up9(→)) · eq \(F1Q,\s\up9(→)) ＝0，
即(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＋k2(x1－1)(x2－1)＝(k2＋1)x1x2－(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1＝ eq \f(7k2－1,2k2＋1) ＝0，解得k2＝ eq \f(1,7) ，即k＝± eq \f(\r(7),7) ，故直线l的方程为x＋ eq \r(7) y－1＝0或x－ eq \r(7) y－1＝0.
一、单项选择题
1．(2024·宁夏银川高三月考)若直线y＝x＋m与椭圆 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,2) ＝1相切，则实数m的值等于( B )
A．±6 B．± eq \r(6)
C．± eq \r(3) D．±4
解析：将直线y＝x＋m与椭圆 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,2) ＝1联立，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1)) 3x2＋4mx＋2m2－4＝0，由题意可知Δ＝16m2－12(2m2－4)＝0m＝± eq \r(6) .故选B.
2．(2024·广西桂林高三月考)已知椭圆E： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的右焦点为F(4，0)，过点F的直线交椭圆于A，B两点，若M(1，－1)，且 eq \(OA,\s\up9(→)) ＋ eq \(OB,\s\up9(→)) ＝2 eq \(OM,\s\up9(→)) ，则E的方程为( C )
A． eq \f(x2,48) ＋ eq \f(y2,32) ＝1
B． eq \f(x2,36) ＋ eq \f(y2,20) ＝1
C． eq \f(x2,24) ＋ eq \f(y2,8) ＝1
D． eq \f(x2,20) ＋ eq \f(y2,4) ＝1
解析：∵右焦点F(4，0)，∴a2＝b2＋16，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 eq \(OA,\s\up9(→)) ＋ eq \(OB,\s\up9(→)) ＝2 eq \(OM,\s\up9(→)) 可知M是AB的中点，∴x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，且 eq \f(x eq \\al(2,1) ,a2) ＋ eq \f(y eq \\al(2,1) ,b2) ＝1， eq \f(x eq \\al(2,2) ,a2) ＋ eq \f(y eq \\al(2,2) ,b2) ＝1，两式相减得 eq \f(（x1＋x2）（x1－x2）,a2) ＋ eq \f(（y1＋y2）（y1－y2）,b2) ＝0，∴kAB＝ eq \f(y1－y2,x1－x2) ＝－ eq \f(b2（x1＋x2）,a2（y1＋y2）) ＝－ eq \f(2b2,－2a2) ＝ eq \f(b2,a2) ＝ eq \f(0＋1,4－1) ＝kFM＝ eq \f(1,3) ，∴a2＝3b2＝b2＋16，∴b2＝8，a2＝24，故椭圆E的方程为 eq \f(x2,24) ＋ eq \f(y2,8) ＝1.故选C.
3．(2023·河南安阳统考三模)已知椭圆 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的右焦点为F，离心率为 eq \f(\r(6),3) ，过坐标原点O作直线l交椭圆于A，B两点，若AF⊥BF，则直线l的方程为( B )
A．y＝± eq \f(\r(3),2) x B．y＝± eq \f(\r(3),3) x
C．y＝± eq \r(3) x D．y＝± eq \r(2) x
解析：由椭圆离心率为 eq \f(\r(6),3) ，知1－ eq \f(b2,a2) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3))) eq \s\up12(2) ，∴a2＝3b2，c2＝a2－b2＝2b2，由题意可设A(m，n)，B(－m，－n)，则 eq \f(m2,3b2) ＋ eq \f(n2,b2) ＝1，∴m2＋3n2＝3b2，由F(c，0)，AF⊥BF可得 eq \f(n,m－c) × eq \f(－n,－m－c) ＝－1，即m2＋n2＝c2＝2b2，结合m2＋3n2＝3b2可得2n2＝b2，故m2＝3n2，则 eq \f(n,m) ＝± eq \f(\r(3),3) ，所以直线l的方程为y＝± eq \f(\r(3),3) x.故选B.
4．(2023·辽宁实验中学模拟)平行四边形ABCD内接于椭圆E： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)，椭圆E的离心率为 eq \f(\r(3),2) ，且AB，AD的倾斜角分别为α，β，若α＋β＝120°，则cs eq \f(α－β,2) ＝( D )
A．－ eq \f(3,10) B．－ eq \f(1,6)
C． eq \f(\r(21),6) D． eq \f(\r(35),10)
解析：设A(x0，y0)，B(x1，y1)，D(－x1，－y1)，∴ eq \f(x eq \\al(2,0) ,a2) ＋ eq \f(y eq \\al(2,0) ,b2) ＝1， eq \f(x eq \\al(2,1) ,a2) ＋ eq \f(y eq \\al(2,1) ,b2) ＝1，相减整理得 eq \f(y0－y1,x0－x1) · eq \f(y0＋y1,x0＋x1) ＝－ eq \f(b2,a2) ＝e2－1，即kAB·kAD＝－ eq \f(b2,a2) ＝－ eq \f(1,4) ，tan α·tan β＝－ eq \f(1,4) .
∵ eq \f(cs （α＋β）,cs （α－β）) ＝ eq \f(cs αcs β－sin αsin β,cs αcs β＋sin αsin β) ＝ eq \f(1－tan α·tan β,1＋tan α·tan β) ＝ eq \f(5,3) ，
∴cs (α－β)＝－ eq \f(3,10) ，∵－ eq \f(π,2) < eq \f(α－β,2) < eq \f(π,2) ，∴cs eq \f(α－β,2) ＝
eq \r(\f(1＋cs （α－β）,2)) ＝ eq \f(\r(35),10) .故选D.
5．已知椭圆C： eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(0b>0)长轴的端点分别为A，B.点C为椭圆上异于A，B的一点，若将△ABC的三内角记为A，B，C，且满足3tan A＋3tan B＋tan C＝0，则tan A·tan B的值为 eq \f(2,3) ，椭圆的离心率为 eq \f(\r(3),3) ．
解析：方法一：∵3tan A＋3tan B＋tan C＝0，∴3tan (A＋B)(1－tan A·tan B)＋tan C＝0，∴－3tan C(1－tan A tan B)＋tan C＝0.∵tan C≠0，∴tan A tan B＝ eq \f(2,3) .设C(x，y)，A(－a，0)，B(a，0)，则 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1.
∵tan A tan B＝ eq \f(2,3) ，∴－ eq \f(y,x＋a) · eq \f(y,x－a) ＝ eq \f(2,3) ，
∴ eq \f(－y2,x2－a2) ＝ eq \f(2,3) ，∴ eq \f(y2,\f(a2,b2)y2) ＝ eq \f(2,3) ，∴ eq \f(b2,a2) ＝ eq \f(2,3) ，
∴ eq \f(a2－c2,a2) ＝ eq \f(2,3) ，∴e＝ eq \f(\r(3),3) .
方法二：设点C(0，b)，则有tan A＝tan B＝ eq \f(b,a) ，由A＋B＋C＝π得，tan C＝－tan (A＋B)＝－ eq \f(tan A＋tan B,1－tan A·tan B) ＝ eq \f(－\f(2b,a),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(2ab,b2－a2) ，又知3tan A＋3tan B＋tan C＝0，∴tan C＝－3·(tan A＋tan B)＝－ eq \f(6b,a) ，因此可得 eq \f(2ab,b2－a2) ＝－ eq \f(6b,a) ，即6(b2－a2)＝－2a2，∴3b2＝2a2，∴ eq \f(b2,a2) ＝ eq \f(2,3) ，即tan A·tan B＝ eq \f(2,3) ，该椭圆的离心率e＝ eq \r(1－\f(b2,a2)) ＝ eq \r(1－\f(2,3)) ＝ eq \f(\r(3),3) .
11．已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，斜率为－ eq \f(1,2) 的直线l与椭圆C交于A，B两点．若△ABF1的重心为G eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,6)，\f(c,3))) ，则椭圆C的离心率为 eq \f(\r(6),3) ．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 eq \f(x eq \\al(2,1) ,a2) ＋ eq \f(y eq \\al(2,1) ,b2) ＝1， eq \f(x eq \\al(2,2) ,a2) ＋ eq \f(y eq \\al(2,2) ,b2) ＝1，两式相减得
eq \f(（x1－x2）（x1＋x2）,a2) ＋ eq \f(（y1－y2）（y1＋y2）,b2) ＝0(*).
因为△ABF1的重心为G eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,6)，\f(c,3))) ，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2－c,3)＝\f(c,6)，,\f(y1＋y2,3)＝\f(c,3)，)) 故 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(3c,2)，,y1＋y2＝c，))
代入(*)式得 eq \f(3（x1－x2）c,2a2) ＋ eq \f(（y1－y2）c,b2) ＝0，所以 eq \f(y1－y2,x1－x2) ＝－ eq \f(3b2,2a2) ＝－ eq \f(1,2) ，即a2＝3b2，
所以椭圆C的离心率e＝ eq \f(\r(6),3) .
12．(2023·广东深圳校考二模)已知椭圆 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，P为椭圆上一点(异于左、右顶点)，△PF1F2的内切圆半径为r，若r的最大值为 eq \f(c,3) ，则椭圆的离心率为 eq \f(4,5) ．
解析：如图，设内切圆的圆心为O1，连接PO1，O1F1，O1F2，S△PF1F2＝S△O1F1F2＋S△O1PF2＋S△O1PF1＝ eq \f(1,2) (|F1F2|＋|PF1|＋|PF2|)r＝ eq \f(1,2) (2a＋2c)r，由题意可得S△PF1F2＝ eq \f(1,2) ×2c×|yP|＝ eq \f(1,2) (2a＋2c)·r，所以当|yP|取到最大值b时，r有最大值，且最大值为 eq \f(c,3) ，所以 eq \f(1,2) ×2c·b＝ eq \f(1,2) (2a＋2c)· eq \f(1,3) c，整理可得b＝ eq \f(1,3) (a＋c)，两边同时平方可得9b2＝9(a2－c2)＝a2＋2ac＋c2，所以8a2－2ac－10c2＝0，所以5e2＋e－4＝0，解得e＝ eq \f(4,5) 或e＝－1(舍去).
四、解答题
13．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)过点A(－2，0)，且离心率为 eq \f(1,2) ，设椭圆C的右顶点为B，点P，Q是椭圆C上异于A，B的两个动点，记直线AP，BQ的斜率分别为k1，k2，且3k1＋k2＝0.
(1)求证：直线PQ过定点R；
(2)设直线AQ，BP相交于点T，记△ABT，△ABQ的面积分别为S1，S2，求 eq \f(S1,S2) 的取值范围．
解：(1)证明：由题设a＝2且 eq \f(c,a) ＝ eq \f(1,2) ，故c＝1，可得b2＝a2－c2＝3，则C： eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1，
所以B(2，0)，
则k1＝ eq \f(yP,xP＋2) ，k2＝ eq \f(yQ,xQ－2) ，
若PQ斜率为0，则P，Q关于y轴对称，显然与3k1＋k2＝0矛盾，
所以PQ斜率不为0，令PQ：x＝ty＋m(m≠±2)，联立C： eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1，
整理得，(3t2＋4)y2＋6tmy＋3m2－12＝0，则Δ＝36t2m2－12(3t2＋4)(m2－4)>0，
yP＋yQ＝－ eq \f(6tm,3t2＋4) ，yPyQ＝ eq \f(3m2－12,3t2＋4) ，而 eq \f(x eq \\al(2,P) ,4) ＋ eq \f(y eq \\al(2,P) ,3) ＝1，
又k1·kBP＝ eq \f(yP,xP＋2) · eq \f(yP,xP－2) ＝ eq \f(y eq \\al(2,P) ,x eq \\al(2,P) －4) ＝－ eq \f(3,4) ，又3k1＋k2＝0，则3k1＝－ eq \f(9,4kBP) ＝－k2，
所以kBPk2＝ eq \f(9,4) ，即 eq \f(yP,xP－2) · eq \f(yQ,xQ－2) ＝ eq \f(yPyQ,xPxQ－2（xP＋xQ）＋4) ＝ eq \f(9,4) ，
xPxQ＝(tyP＋m)(tyQ＋m)＝t2yPyQ＋tm(yP＋yQ)＋m2＝ eq \f(3t2m2－12t2,3t2＋4) － eq \f(6t2m2,3t2＋4) ＋m2＝ eq \f(4m2－12t2,3t2＋4) ，
xP＋xQ＝t(yP＋yQ)＋2m＝ eq \f(8m,3t2＋4) ，
综上， eq \f(\f(3m2－12,3t2＋4),\f(4m2－12t2,3t2＋4)－\f(16m,3t2＋4)＋4) ＝ eq \f(3m2－12,4m2－16m＋16) ＝ eq \f(9,4) ，即m2－6m＋8＝0，所以m＝4或m＝2(舍去)，则PQ：x＝ty＋4，即直线PQ过定点R(4，0).
(2)根据椭圆对称性，不妨设P，Q在椭圆的上半部分，即yP，yQ>0，
令BP：y＝ eq \f(yP,xP－2) (x－2)，
AQ：y＝ eq \f(yQ,xQ＋2) (x＋2)，联立消去y得，xT＝ eq \f(2（xPyQ＋xQyP）＋4（yP－yQ）,xQyP－xPyQ＋2（yP＋yQ）) ＝
eq \f(2tyPyQ＋6yP＋2yQ,3yP－yQ) ，
所以xT＝ eq \f(2tyPyQ＋6（yP＋yQ）－4yQ,3（yP＋yQ）－4yQ) ，而yP＋yQ＝－ eq \f(24t,3t2＋4) ，yPyQ＝ eq \f(36,3t2＋4) ，
所以xT＝ eq \f(\f(72t,3t2＋4)－\f(144t,3t2＋4)－4yQ,－\f(72t,3t2＋4)－4yQ) ＝1，即T在定直线x＝1上，
而S1＝S△ABT＝ eq \f(1,2) |AB|·|yT|，S2＝S△ABQ＝ eq \f(1,2) |AB|·|yQ|，
则 eq \f(S1,S2) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(yT,yQ))) ，yT，yQ>0，
若直线PQ无限接近x轴，即P，Q分别无限接近A，B，则xQ无限接近2，
由T，Q在直线AQ上，易知 eq \f(xT＋2,xQ＋2) ＝ eq \f(3,xQ＋2) ＝ eq \f(yT,yQ) ，且趋向于 eq \f(3,4) ，
若直线PQ无限接近椭圆的切线，此时P，Q，T接近重合，即 eq \f(yT,yQ) 趋向于1，
所以 eq \f(S1,S2) ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1)) .
故 eq \f(S1,S2) 的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1)) .
考点练50 双曲线 对应学生用书107页
一、单项选择题
1．(教材改编)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( D )
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)
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；又由题意可知焦点在x轴上，且c＝5，a＝3，所以b＝ eq \r(c2－a2) ＝4，故点M的轨迹方程为 eq \f(x2,9) － eq \f(y2,16) ＝1(x≥3).故选D.
2．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 )
A．(－1，3) B．(－1， eq \r(3) )
C．(0，3) D．(0， eq \r(3) )
解析：∵方程 eq \f(x2,m2＋n) － eq \f(y2,3m2－n) ＝1表示双曲线，∴(m2＋n)·(3m2－n)>0，解得－m20，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(x eq \\al(2,0) ＋y eq \\al(2,0) )＝3，,\f(x eq \\al(2,0) ,4)－\f(y eq \\al(2,0) ,5)＝1，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x eq \\al(2,0) ＝\f(56,9)，,y eq \\al(2,0) ＝\f(25,9)，)) 所以P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(14),3)，\f(5,3))) ，所以S△OPF＝ eq \f(1,2) |OF|·y0＝ eq \f(1,2) ×3× eq \f(5,3) ＝ eq \f(5,2) .故选B.
6．如图，已知A，B，C是双曲线 eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)上的三个点，AB经过原点O，AC经过右焦点F，若BF⊥AC且2|AF|＝|CF|，则该双曲线的离心率是( B )
A． eq \f(5,3) B． eq \f(\r(17),3)
C． eq \f(\r(17),2) D． eq \f(9,4)
解析：设左焦点为F′，|AF|＝m，连接AF′，CF′，BF′，如图，
则|FC|＝2m，|AF′|＝2a＋m，|CF′|＝2a＋2m，|FF′|＝2c.因为BF⊥AC，且AB经过原点O，所以四边形FAF′B为矩形．在Rt△AF′C中，|AF′|2＋|AC|2＝|F′C|2，代入得(2a＋m)2＋(3m)2＝(2a＋2m)2，化简得m＝ eq \f(2a,3) ，所以在Rt△AF′F中，|AF′|2＋|AF|2＝|F′F|2，代入得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2a＋\f(2a,3))) eq \s\up12(2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,3))) eq \s\up12(2) ＝(2c)2，化简得 eq \f(c2,a2) ＝ eq \f(17,9) ，即e＝ eq \f(\r(17),3) .故选B.
二、多项选择题
7．已知曲线C：mx2＋ny2＝1，下列说法正确的是( ACD )
A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m＝n>0，则C是圆，其半径为 eq \r(n)
C．若mn0，则C是两条直线
解析：对于A，当m>n>0时，有 eq \f(1,n) > eq \f(1,m) >0，方程化为 eq \f(x2,\f(1,m)) ＋ eq \f(y2,\f(1,n)) ＝1，表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确．对于B，当m＝n>0时，方程化为x2＋y2＝ eq \f(1,n) ，表示半径为 eq \r(\f(1,n)) 的圆，故B错误．对于C，当m>0，n0时，方程化为y＝± eq \r(\f(1,n)) ，表示两条平行于x轴的直线，故D正确．故选ACD.
8．已知F1，F2分别是双曲线C：y2－x2＝1的上、下焦点，点P是其一条渐近线上一点，且以线段F1F2为直径的圆经过点P，则( ACD )
A．双曲线C的渐近线方程为y＝±x
B．以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝1
C．点P的横坐标为±1
D．△PF1F2的面积为 eq \r(2)
解析：等轴双曲线C：y2－x2＝1的渐近线方程为y＝±x，故A正确；由双曲线的方程可知|F1F2|＝2 eq \r(2) ，所以以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝2，故B错误；点P(x0，y0)在圆x2＋y2＝2上，不妨设点P(x0，y0)在直线y＝x上，所以由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x eq \\al(2,0) ＋y eq \\al(2,0) ＝2，,y0＝x0，)) 解得|x0|＝1，则点P的横坐标为±1，故C正确；由上述分析可得△PF1F2的面积为 eq \f(1,2) ×2 eq \r(2) ×1＝ eq \r(2) ，故D正确．故选ACD.
三、填空题
9．已知双曲线C： eq \f(x2,6) － eq \f(y2,3) ＝1，则C的右焦点的坐标为(3，0)；C的焦点到其渐近线的距离是 eq \r(3) ．
解析：由 eq \f(x2,6) － eq \f(y2,3) ＝1，得c2＝a2＋b2＝9，解得c＝3，焦点在x轴上，所以双曲线C的右焦点坐标为(3，0).双曲线的一条渐近线方程为y＝ eq \f(\r(3),\r(6)) x，即x－ eq \r(2) y＝0，所以焦点(3，0)到渐近线的距离为d＝ eq \f(3,\r(1＋（－\r(2)）2)) ＝ eq \r(3) .
10．(2023·河南焦作模拟)已知左、右焦点分别为F1，F2的双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的一条渐近线与直线l：x－2y＝0互相垂直，点P在双曲线C上，且|PF1|－|PF2|＝3，则双曲线C的焦距为3 eq \r(5) ．
解析：双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝± eq \f(b,a) x，一条渐近线与直线l：x－2y＝0互相垂直，可得 eq \f(b,a) ＝2，即b＝2a，由双曲线的定义可得2a＝|PF1|－|PF2|＝3，可得a＝ eq \f(3,2) ，b＝3，即有c＝ eq \r(a2＋b2) ＝ eq \r(\f(9,4)＋9) ＝ eq \f(3\r(5),2) ，即焦距为2c＝3 eq \r(5) .
11．如图，F1和F2分别是双曲线 eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的两个焦点，A和B是以O为圆心，以|OF1|为半径的圆与该双曲线左支的两个交点，且△F2AB是等边三角形，则双曲线的离心率为 eq \r(3) ＋1．
解析：设|F1F2|＝2c，连接AF1(图略)，∵△F2AB是等边三角形，且F1F2是⊙O的直径，∴∠AF2F1＝30°，∠F1AF2＝90°，
∴|AF1|＝c，|AF2|＝ eq \r(3) c，2a＝ eq \r(3) c－c，∴e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(2,\r(3)－1) ＝ eq \r(3) ＋1.
12．已知双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，O为原点，若以F1F2为直径的圆与C的渐近线的一个交点为P，且|F1P|＝ eq \r(3) |OP|，则C的渐近线方程为y＝± eq \r(3) x．
解析：根据双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，O为原点，以F1F2为直径的圆与C的渐近线的一个交点为P，如图所示，
则|F1O|＝|OP|＝c，|F1P|＝ eq \r(3) |OP|＝ eq \r(3) c，所以在△POF1中，由余弦定理可得cs ∠POF1＝ eq \f(|OP|2＋|OF1|2－|PF1|2,2|OP|·|OF1|) ＝ eq \f(c2＋c2－（\r(3)c）2,2×c×c) ＝－ eq \f(1,2) .
所以∠POF1＝ eq \f(2π,3) ，则∠POF2＝ eq \f(π,3) ，所以tan ∠POF2＝tan eq \f(π,3) ＝ eq \r(3) ，则渐近线方程为y＝± eq \r(3) x.
四、解答题
13．(2023·重庆沙坪坝一中期末)已知双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)，焦点为F1，F2，其中一条渐近线的倾斜角为30°，点M在双曲线上，且||MF1|－|MF2||＝2 eq \r(3) .
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)若直线l：y＝x＋m交C于A，B两点，若△AOB的面积为 eq \r(6) ，求正实数m的值．
解：(1)由条件知，2a＝2 eq \r(3) ，
eq \f(b,a) ＝tan 30°＝ eq \f(\r(3),3) ，故a＝ eq \r(3) ，b＝1.
即双曲线C的标准方程为 eq \f(x2,3) －y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，O到直线l的距离为h，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)－y2＝1，,y＝x＋m，)) 得2x2＋6mx＋3m2＋3＝0，由Δ＝36m2－8(3m2＋3)＝12m2－24>0，解得m2>2，
又m>0，故m> eq \r(2) ，而又由x1＋x2＝－3m，x1x2＝ eq \f(3m2＋3,2) ，
故弦长|AB|＝
eq \r(1＋k2) eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2) ＝
eq \r(6) eq \r(m2－2) ，h＝ eq \f(|m|,\r(2)) ，
又S△AOB＝ eq \f(1,2) |AB|·h＝
eq \f(1,2) eq \r(6) eq \r(m2－2) · eq \f(|m|,\r(2)) ＝ eq \r(6) ，
解得m4－2m2－8＝0，m2＝4，
又m> eq \r(2) ，故m＝2.
14．已知点A(2，1)在双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,a2－1) ＝1(a>1)上，直线l(不过点A)的斜率为－1，且交双曲线C于P，Q两点．
(1)求双曲线C的方程；
(2)求证：直线AP，AQ的斜率之和为定值．
解：(1)将点A的坐标代入双曲线C的方程可得 eq \f(4,a2) － eq \f(1,a2－1) ＝1(a>1)，解得a＝ eq \r(2) ，所以，双曲线C的方程为 eq \f(x2,2) －y2＝1.
(2)证明：由题意，设直线l的方程为y＝－x＋m，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，如图，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－x＋m，,\f(x2,2)－y2＝1，)) 可得x2－4mx＋2m2＋2＝0，Δ＝16m2－8(m2＋1)＝8(m2－1)>0，解得m1，
由韦达定理可得x1＋x2＝4m，x1x2＝2m2＋2，所以，kAP＋kAQ＝ eq \f(y1－1,x1－2) ＋ eq \f(y2－1,x2－2) ＝ eq \f(－x1＋m－1,x1－2) ＋ eq \f(－x2＋m－1,x2－2) ＝－2＋ eq \f(m－3,x1－2) ＋ eq \f(m－3,x2－2) ＝－2＋ eq \f(（m－3）（x1＋x2－4）,x1x2－2（x1＋x2）＋4) ＝－2＋ eq \f(（m－3）（4m－4）,2m2＋2－2×4m＋4) ＝－2＋2＝0.
可得直线AP，AQ的斜率之和为定值0.
一、单项选择题
1. eq \r(x2＋（y－3）2) － eq \r(x2＋（y＋3）2) ＝4表示的曲线方程为( C )
A． eq \f(x2,4) － eq \f(y2,5) ＝1(x≤－2)
B． eq \f(x2,4) － eq \f(y2,5) ＝1(x≥2)
C． eq \f(y2,4) － eq \f(x2,5) ＝1(y≤－2)
D． eq \f(y2,4) － eq \f(x2,5) ＝1(y≥2)
解析： eq \r(x2＋（y－3）2) 的几何意义为点M(x，y)到点F1(0，3)的距离， eq \r(x2＋（y＋3）2) 的几何意义为点M(x，y)到点F2(0，－3)的距离，则 eq \r(x2＋（y－3）2) － eq \r(x2＋（y＋3）2) ＝4表示点M(x，y)到点F1(0，3)的距离与到点F2(0，－3)的距离的差为4，且40，b>0)，过抛物线y2＝4x的焦点和点(0，b)的直线为l.若C的一条渐近线与l平行，另一条渐近线与l垂直，则双曲线C的方程为( D )
A． eq \f(x2,4) － eq \f(y2,4) ＝1 B．x2－ eq \f(y2,4) ＝1
C． eq \f(x2,4) －y2＝1 D．x2－y2＝1
解析：由题意知，抛物线的焦点坐标为(1，0)，∴直线l的斜率kl＝ eq \f(b－0,0－1) ＝－b＝－ eq \f(b,a) ，解得a＝1.又∵ eq \f(b,a) ·(－b)＝－1，∴b＝a＝1，∴双曲线C的方程为x2－y2＝1.故选D.
3．已知F1，F2为双曲线C：x2－y2＝2的左、右焦点，点P在C上，|PF1|＝2|PF2|，则cs ∠F1PF2＝( C )
A． eq \f(1,4) B． eq \f(3,5)
C． eq \f(3,4) D． eq \f(4,5)
解析：由x2－y2＝2，知a＝b＝ eq \r(2) ，c＝2.由双曲线定义知，|PF1|－|PF2|＝2a＝2 eq \r(2) ，又|PF1|＝2|PF2|，∴|PF1|＝4 eq \r(2) ，|PF2|＝2 eq \r(2) ，在△PF1F2中，|F1F2|＝2c＝4，由余弦定理，得cs ∠F1PF2＝ eq \f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1|·|PF2|) ＝ eq \f(3,4) .
4．将离心率为e1的双曲线C1的实半轴长a和虚半轴长b(a≠b)同时增加m(m>0)个单位长度，得到离心率为e2的双曲线C2，则( D )
A．对任意的a，b，e1>e2
B．当a>b时，e1>e2；当a0，所以当a>b时，0< eq \f(b,a) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋m,a＋m))) eq \s\up12(2) ，所以e1>e2.所以当a>b时，e10)的右支与y轴及平行于x轴的两条直线围成的曲边四边形ABMN绕y轴旋转一周得到的几何体，如图2所示，若该金杯主体部分的上口外直径为 eq \f(10\r(3),3) ，下底座外直径为 eq \f(2\r(39),3) ，且杯身最细之处到上杯口的距离是到下底座距离的2倍，则杯身最细之处的周长为( C )
A．2 eq \r(2) π B．3π
C．2 eq \r(3) π D．4π
解析：由题意可设M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5\r(3),3)，2m)) ，N( eq \f(\r(39),3) ，－m)，代入双曲线方程可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\f(25,3),a2)－\f(4m2,b2)＝1，,\f(\f(13,3),a2)－\f(m2,b2)＝1，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\f(25,12),a2)－\f(m2,b2)＝\f(1,4)，,\f(\f(13,3),a2)－\f(m2,b2)＝1，)) 作差可得 eq \f(\f(27,12),a2) ＝ eq \f(3,4) ，解得a2＝3，则a＝ eq \r(3) ，所以杯身最细处的周长为2 eq \r(3) π.故选C.
二、多项选择题
7．双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的焦点在圆O：x2＋y2＝13上，圆O与双曲线C的渐近线在第一、二象限分别交于点M，N，点E(0，a)满足 eq \(EO,\s\up9(→)) ＋ eq \(EM,\s\up9(→)) ＋ eq \(EN,\s\up9(→)) ＝0(其中O为坐标原点)，则( ABD )
A．双曲线C的一条渐近线方程为3x－2y＝0
B．双曲线C的离心率为 eq \f(\r(13),2)
C．| eq \(OE,\s\up9(→)) |＝1
D．△OMN的面积为6
解析：如图，
设双曲线C的焦距为2c＝2 eq \r(13) ，MN与y轴交于点P，由题意可知|OM|＝c＝ eq \r(13) ，则M(a，b)，P(0，b)，由 eq \(EO,\s\up9(→)) ＋ eq \(EM,\s\up9(→)) ＋ eq \(EN,\s\up9(→)) ＝0得点E为△OMN的重心，可得|OE|＝ eq \f(2,3) |OP|，即a＝ eq \f(2,3) b， eq \f(b2,a2) ＝ eq \f(c2－a2,a2) ＝ eq \f(9,4) ，所以a＝2，b＝3，e＝ eq \f(\r(13),2) .双曲线C的渐近线方程为3x±2y＝0，| eq \(OE,\s\up9(→)) |＝2，M的坐标为(2，3)，S△OMN＝6.故选ABD.
8．(2023·河南南阳中学模拟)已知双曲线E： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过原点的直线l与双曲线交于A，B两点，若四边形AF1BF2为矩形且|AF1|＝2|AF2|，则下列结论正确的是( AD )
A．|AB|＝2 eq \r(5) a
B．E的渐近线方程为y＝± eq \r(2) x
C．矩形AF1BF2的面积为4a2
D．E的离心率为 eq \r(5)
解析：不妨设点A在第一象限，如图，由题意可得，四边形AF1BF2为矩形，由双曲线的定义可得，|AF1|－|AF2|＝2|AF2|－|AF2|＝|AF2|＝2a，则|AF1|＝2|AF2|＝4a，对于A，∵四边形AF1BF2为矩形，则|AB|＝|F1F2|＝ eq \r(|AF1|2＋|AF2|2) ＝ eq \r(（4a）2＋（2a）2) ＝2 eq \r(5) a，故A正确；对于B，由A可得，2c＝2 eq \r(5) a，则c＝ eq \r(5) a，b＝ eq \r(c2－a2) ＝2a，注意到双曲线E的焦点在x轴上，则E的渐近线方程为y＝± eq \f(b,a) x＝±2x，故B错误；对于C，矩形AF1BF2的面积为S＝|AF1|×|AF2|＝4a×2a＝8a2，故C错误；对于D，由A知，|AB|＝2 eq \r(5) a＝2c，所以e＝ eq \r(5) ，故D正确．故选AD.
三、填空题
9．已知F1，F2为双曲线C：x2－y2＝2的左、右焦点，点P在C上，∠F1PF2＝60°，则△F1PF2的面积为2 eq \r(3) ．
解析：方法一：不妨设点P在双曲线的右支上，则|PF1|－|PF2|＝2a＝2 eq \r(2) ，在△F1PF2中，由余弦定理，得cs ∠F1PF2＝ eq \f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1|·|PF2|) ＝ eq \f(1,2) ，
∴|PF1|·|PF2|＝8，∴S△F1PF2＝ eq \f(1,2) |PF1|·|PF2|·sin 60°＝2 eq \r(3) .
方法二：设∠F1PF2＝θ，则S△F1PF2＝ eq \f(b2,tan \f(θ,2)) ＝2 eq \r(3) .
10．如图，已知双曲线 eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)中，A1，A2是左、右顶点，F是右焦点，B是虚轴的上顶点．若在线段BF上(不含端点)存在不同的两点Pi(i＝1，2)，使得 eq \(PiA1,\s\up9(→)) · eq \(PiA2,\s\up9(→)) ＝0，则双曲线离心率的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(\r(5)＋1,2))) ．
解析：设c为半焦距，则F(c，0)，又B(0，b)，所以BF：bx＋cy－bc＝0，以A1A2为直径的圆的方程为⊙O：x2＋y2＝a2，
因为 eq \(PiA1,\s\up9(→)) · eq \(PiA2,\s\up9(→)) ＝0，i＝1，2，所以⊙O与线段BF有两个交点(不含端点)，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(bc,\r(b2＋c2))a，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c4－3a2c2＋a42a2，))
故 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e4－3e2＋12，)) 解得 eq \r(2) 0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P(2， eq \r(3) )在双曲线上，且|PF1|，|F1F2|，|PF2|成等差数列，则该双曲线的标准方程为x2－y2＝1．
解析：∵|PF1|，|F1F2|，|PF2|成等差数列，∴|PF1|＋|PF2|＝4c.
∵点P位于第一象限，
∴|PF1|－|PF2|＝2a，
∴|PF1|＝2c＋a，|PF2|＝2c－a，∴cs ∠PF2F1＝
eq \f(4c2＋（2c－a）2－（2c＋a）2,4c（2c－a）) ＝ eq \f(c－2a,2c－a) ，又点P(2， eq \r(3) )在双曲线上，
∴sin ∠PF2F1＝ eq \f(\r(3),2c－a) ，
∴ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c－2a,2c－a))) eq \s\up12(2) ＋ eq \f(3,（2c－a）2) ＝1，化简得(c－2a)2＋3＝(2c－a)2，即c2－a2＝b2＝1，又 eq \f(4,a2) － eq \f(3,b2) ＝1，∴a2＝1，∴双曲线的标准方程为x2－y2＝1.
12．已知F是双曲线C：x2－ eq \f(y2,8) ＝1的右焦点，P是C左支上一点，A(0，6 eq \r(6) )，当△APF的周长最小时，点P的坐标为(－2，2 eq \r(6) )．
解析：如图，令E为双曲线的左焦点，
由双曲线C的方程可知a2＝1，b2＝8，∴c2＝a2＋b2＝1＋8＝9，∴c＝3，∴左焦点E(－3，0)，右焦点F(3，0)，
∵|AF|＝ eq \r(32＋（6\r(6)）2) ＝15，
∴当△APF的周长最小时，|PA|＋|PF|最小．由双曲线的性质得|PF|－|PE|＝2a＝2，∴|PF|＝|PE|＋2，又|PE|＋|PA|≥|AE|＝|AF|＝15，当且仅当A，P，E三点共线且点P在线段AE上时，等号成立，∴△APF的周长为|AF|＋|AP|＋|PF|＝15＋|PE|＋|AP|＋2≥15＋15＋2＝32.直线AE的方程为y＝2 eq \r(6) x＋6 eq \r(6) ，将其代入双曲线方程得x2＋9x＋14＝0，解得x＝－7(舍去)或x＝－2，由x＝－2，得y＝2 eq \r(6) (负值已舍)，∴点P的坐标为(－2，2 eq \r(6) ).
四、解答题
13．已知双曲线C： eq \f(x2,4) － eq \f(y2,3) ＝1.
(1)求与双曲线C有共同的渐近线，且实轴长为6的双曲线的标准方程；
(2)P为双曲线C右支上一动点，点A的坐标是(4，0)，求|PA|的最小值．
解：(1)由题可设所求双曲线的方程为 eq \f(x2,4) － eq \f(y2,3) ＝λ(λ≠0)，
①当λ>0时，方程为 eq \f(x2,4λ) － eq \f(y2,3λ) ＝1，
令4λ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,2))) eq \s\up12(2) 得λ＝ eq \f(9,4) ，即双曲线方程为 eq \f(x2,9) － eq \f(y2,\f(27,4)) ＝1.
②当λ0)，即 eq \f(x2,9λ) － eq \f(y2,16λ) ＝1，又双曲线C的右焦点F(5，0)，则9λ＋16λ＝52，解得λ＝1，所以双曲线C的标准方程为 eq \f(x2,9) － eq \f(y2,16) ＝1.
(2)由(1)知，A(3，0)，设直线l的方程为y＝x＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，显然m≠－3，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)－\f(y2,16)＝1，,y＝x＋m，)) 消去y整理得7x2－18mx－(9m2＋144)＝0，显然Δ>0，x1＋x2＝ eq \f(18m,7) ，x1x2＝－ eq \f(9m2＋144,7) ，
而 eq \(AM,\s\up9(→)) ＝(x1－3，y1)， eq \(AN,\s\up9(→)) ＝(x2－3，y2)，则 eq \(AM,\s\up9(→)) · eq \(AN,\s\up9(→)) ＝(x1－3)(x2－3)＋(x1＋m)(x2＋m)＝2x1x2＋(m－3)(x1＋x2)＋m2＋9＝ eq \f(－2（9m2＋144）＋18m（m－3）,7) ＋m2＋9＝0，化简得7m2－54m－225＝0，
即(7m－75)(m＋3)＝0，而m≠－3，解得m＝ eq \f(75,7) ，
所以直线l的方程为y＝x＋ eq \f(75,7) ，即7x－7y＋75＝0.
考点练51 抛物线 对应学生用书109页
一、单项选择题
1．(教材改编)已知动圆M与直线y＝2相切，且与定圆C：x2＋(y＋3)2＝1外切，则动圆圆心M的轨迹方程为( A )
A．x2＝－12y B．x2＝12y
C．y2＝12x D．y2＝－12x
解析：设动圆圆心为M(x，y)，半径为r，由题意可得M到C(0，－3)的距离与到直线y＝3的距离相等，由抛物线的定义可知，动圆圆心的轨迹是以C(0，－3)为焦点，以y＝3为准线的一条抛物线，所以 eq \f(p,2) ＝3，2p＝12，其方程为x2＝－12y.故选A.
2．(2023·北京卷)已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，点M在C上．若M到直线x＝－3的距离为5，则|MF|＝( D )
A．7 B．6
C．5 D．4
解析：因为抛物线C：y2＝8x的焦点F(2，0)，准线方程为x＝－2，点M在C上，所以M到准线x＝－2的距离为|MF|，又M到直线x＝－3的距离为5，所以|MF|＋1＝5，故|MF|＝4.故选D.
3．设O为坐标原点，直线x＝2与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于D，E两点，若OD⊥OE，则C的焦点坐标为( B )
A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0)) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))
C．(1，0) D．(2，0)
解析：方法一：∵抛物线C关于x轴对称，∴D，E两点关于x轴对称．可得出直线x＝2与抛物线的两交点的坐标分别为(2，2 eq \r(p) )，(2，－2 eq \r(p) ).不妨设D(2，2 eq \r(p) )，E(2，－2 eq \r(p) )，则 eq \(OD,\s\up9(→)) ＝(2，2 eq \r(p) )， eq \(OE,\s\up9(→)) ＝(2，－2 eq \r(p) ).又∵OD⊥OE，
∴ eq \(OD,\s\up9(→)) · eq \(OE,\s\up9(→)) ＝4－4p＝0，解得p＝1，∴C的焦点坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0)) .
方法二：∵抛物线C关于x轴对称，∴D，E两点关于x轴对称．∵OD⊥OE，∴D，E两点横、纵坐标的绝对值均相等．不妨设点D(2，2)，将点D的坐标代入C：y2＝2px，得4＝4p，解得p＝1，故C的焦点坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0)) .
4．(数学文化)中国古代桥梁的建筑艺术，有不少是世界桥梁史上的创举，充分显示了中国劳动人民的非凡智慧．一个抛物线形拱桥，当水面离拱顶2 m时，水面宽8 m．若水面下降1 m，则水面宽度为( B )
A．2 eq \r(6) m B．4 eq \r(6) m
C．4 eq \r(2) m D．12 m
解析：由题意，以拱桥顶点为原点，建立平面直角坐标系，如图，
设抛物线方程为x2＝－2py(p>0)，由题意知，抛物线经过点A(－4，－2)和点B(4，－2)，代入抛物线方程解得p＝4，所以抛物线方程为x2＝－8y，水面下降1 m，即y＝－3，解得x1＝2 eq \r(6) ，x2＝－2 eq \r(6) ，所以此时水面宽度d＝2x1＝4 eq \r(6) m.
5．已知直线l1：4x－3y＋6＝0和直线l2：x＝－2，抛物线y2＝4x上一动点P到直线l1和l2距离之和的最小值是( D )
A． eq \f(3\r(5),5) ＋1 B．2
C． eq \f(16,5) D．3
解析：如图，由题可知x＝－1是抛物线y2＝4x的准线，设抛物线的焦点为F，则F(1，0)，所以动点P到l2的距离等于P到x＝－1的距离加1，即动点P到l2的距离等于|PF|＋1.所以动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值为焦点F到直线l1：4x－3y＋6＝0的距离加1，即其最小值是 eq \f(|4－0＋6|,5) ＋1＝3.故选D.
6．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△ABF的面积为( B )
A．1 B．2 C．4 D． eq \r(2)
解析：如图，由题意得，F(1，0)，则|AF|＝|BF|＝2，即点A到准线x＝－1的距离为2，所以点A的横坐标为－1＋2＝1，所以A(1，2)，所以S△ABF＝ eq \f(1,2) |BF|·|yA|＝2.故选B.
二、多项选择题
7．设抛物线y＝ax2(a>0)的准线与对称轴交于点P，过点P作抛物线的两条切线，切点分别为A和B，则( ABC )
A．点P的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,4a)))
B．直线AB的方程为y＝ eq \f(1,4a)
C．PA⊥PB
D．|AB|＝ eq \f(1,2a)
解析：由y＝ax2得，x2＝ eq \f(1,a) y，则焦点F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4a))) .∵a>0，∴2p＝ eq \f(1,a) ，∴p＝ eq \f(1,2a) ，其准线方程为y＝－ eq \f(1,4a) ，
∴P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,4a))) ，故A正确；设切线方程为y＝kx－ eq \f(1,4a) (k≠0)，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝ax2，,y＝kx－\f(1,4a)，)) 得ax2－kx＋ eq \f(1,4a) ＝0，令Δ＝k2－4×a× eq \f(1,4a) ＝0，解得k＝±1，∴设切点A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，\f(1,4a))) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，\f(1,4a))) ，因此直线AB的方程为y＝ eq \f(1,4a) ，故B正确；又 eq \(PA,\s\up9(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，\f(1,2a))) ， eq \(PB,\s\up9(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，\f(1,2a))) ，∴ eq \(PA,\s\up9(→)) · eq \(PB,\s\up9(→)) ＝－ eq \f(1,4a2) ＋ eq \f(1,4a2) ＝0.从而 eq \(PA,\s\up9(→)) ⊥ eq \(PB,\s\up9(→)) ，即PA⊥PB，故C正确；|AB|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a))))) ＝ eq \f(1,a) ，故D错误．
8．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，斜率为 eq \r(3) 且经过点F的直线l与抛物线C交于A，B两点(点A在第一象限)，与抛物线的准线交于点D，若|AF|＝4，则以下结论正确的是( ABC )
A．p＝2 B．F为AD的中点
C．|BD|＝2|BF| D．|BF|＝2
解析：如图，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)) ，直线l的斜率为 eq \r(3) ，则直线l的方程为y＝ eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2))) ，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,y＝\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2))))) 得12x2－20px＋3p2＝0.解得xA＝ eq \f(3,2) p，xB＝ eq \f(1,6) p，由|AF|＝ eq \f(3,2) p＋ eq \f(p,2) ＝2p＝4，得p＝2.∴抛物线方程为y2＝4x.xB＝ eq \f(1,6) p＝ eq \f(1,3) ，则|BF|＝ eq \f(1,3) ＋1＝ eq \f(4,3) ；|BD|＝ eq \f(|BF|,cs 60°) ＝ eq \f(\f(4,3),\f(1,2)) ＝ eq \f(8,3) ，∴|BD|＝2|BF|，|BD|＋|BF|＝ eq \f(8,3) ＋ eq \f(4,3) ＝4，则F为AD的中点．故选ABC.
三、填空题
9．(2023·全国乙卷)已知点A(1， eq \r(5) )在抛物线C：y2＝2px上，则A到C的准线的距离为 eq \f(9,4) ．
解析：由题意可得，( eq \r(5) )2＝2p×1，则2p＝5，抛物线的方程为y2＝5x，准线方程为x＝－ eq \f(5,4) ，点A到C的准线的距离为1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,4))) ＝ eq \f(9,4) .
10．斜率为 eq \r(3) 的直线过抛物线C：y2＝4x的焦点，且与C交于A，B两点，则|AB|＝ eq \f(16,3) ．
解析：如图，由题意得，抛物线焦点为F(1，0)，设直线AB的方程为y＝ eq \r(3) (x－1).由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)（x－1），,y2＝4x，)) 得3x2－10x＋3＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝ eq \f(10,3) ，所以|AB|＝x1＋x2＋2＝ eq \f(16,3) .
11．已知P是抛物线x2＝4y上的动点，点P在x轴上的射影是点Q，点A的坐标是(8，7)，则|PA|＋|PQ|的最小值为9．
解析：抛物线x2＝4y的焦点为F(0，1)，准线方程为y＝－1，延长PQ交准线y＝－1于点M，如图所示．
根据抛物线的定义知，|PF|＝|PM|＝|PQ|＋1，所以|PA|＋|PQ|＝|PA|＋|PM|－1＝|PA|＋|PF|－1≥|AF|－1＝ eq \r(（8－0）2＋（7－1）2) －1＝9，当且仅当点P为线段AF与抛物线的交点时，等号成立．
12．直线l过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F(1，0)，且与C交于A，B两点，则p＝2， eq \f(1,|AF|) ＋ eq \f(1,|BF|) ＝1．
解析：由题意知 eq \f(p,2) ＝1，从而p＝2，所以抛物线方程为y2＝4x.当直线AB的斜率不存在时，将x＝1代入抛物线方程，解得|AF|＝|BF|＝2，从而 eq \f(1,|AF|) ＋ eq \f(1,|BF|) ＝1.当直线AB的斜率存在时，设AB的方程为y＝k(x－1)，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,y2＝4x，)) 整理，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(2k2＋4,k2)，,x1x2＝1，)) 从而 eq \f(1,|AF|) ＋ eq \f(1,|BF|) ＝ eq \f(1,x1＋1) ＋ eq \f(1,x2＋1) ＝ eq \f(x1＋x2＋2,x1＋x2＋x1x2＋1) ＝ eq \f(x1＋x2＋2,x1＋x2＋2) ＝1.综上， eq \f(1,|AF|) ＋ eq \f(1,|BF|) ＝1.
四、解答题
13．点M(m，4)(m>0)为抛物线x2＝2py(p>0)上一点，F为其焦点，已知|FM|＝5.
(1)求m与p的值；
(2)以M点为切点作抛物线的切线，交y轴于点N，求△FMN的面积.
解：(1)由抛物线的定义可知|FM|＝4＋ eq \f(p,2) ＝5，即p＝2，所以抛物线的方程为x2＝4y.
又M(m，4)(m>0)在抛物线上，所以m＝4，故p＝2，m＝4.
(2)如图，设过M点的方程为y－4＝k(x－4)，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－4＝k（x－4），,x2＝4y，)) 消去y得x2＝4[k(x－4)＋4]，即x2－4kx＋16k－16＝0，
令Δ＝16k2－4(16k－16)＝0，解得k＝2，所以切线方程为y＝2x－4.
令x＝0，得y＝－4，即N(0，－4)，
又F(0，1)，所以|FN|＝5，所以S△FMN＝ eq \f(1,2) |FN|·|xM|＝ eq \f(1,2) ×5×4＝10.
14．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，其焦点到准线的距离为2，直线l与抛物线C交于A，B两点，过A，B分别作抛物线C的切线l1，l2，且l1与l2交于点M.
(1)求p的值；
(2)若l1⊥l2，求△MAB面积的最小值．
解：(1)由题意知，抛物线焦点为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2))) ，准线方程为y＝－ eq \f(p,2) ，
焦点到准线的距离为2，即p＝2.
(2)由(1)知抛物线的方程为x2＝4y，即y＝ eq \f(1,4) x2，所以y′＝ eq \f(1,2) x，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
l1：y－ eq \f(x eq \\al(2,1) ,4) ＝ eq \f(x1,2) (x－x1)，
l2：y－ eq \f(x eq \\al(2,2) ,4) ＝ eq \f(x2,2) (x－x2)，
由于l1⊥l2，所以 eq \f(x1,2) · eq \f(x2,2) ＝－1，即x1x2＝－4.
设直线l的方程为y＝kx＋m，与抛物线方程联立，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2＝4y，)) 所以x2－4kx－4m＝0，Δ＝16k2＋16m>0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m＝－4，所以m＝1，
即l：y＝kx＋1.
联立方程 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(x1,2)x－\f(x eq \\al(2,1) ,4)，,y＝\f(x2,2)x－\f(x eq \\al(2,2) ,4)，))
得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2k，,y＝－1，)) 即M(2k，－1).
M点到直线l的距离d＝ eq \f(|k·2k＋1＋1|,\r(1＋k2)) ＝ eq \f(2|k2＋1|,\r(1＋k2)) ，
|AB|＝ eq \r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2]) ＝4(1＋k2)，
所以S＝ eq \f(1,2) ×4(1＋k2)× eq \f(2|k2＋1|,\r(1＋k2)) ＝4(1＋k2) eq \s\up9(\f(3,2)) ≥4，
当k＝0时，△MAB的面积取得最小值4.
一、单项选择题
1．(2024·安徽宣城高三统考期末)已知椭圆A： eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1的一个焦点与抛物线B：y2＝2px(p>0)的焦点重合，则下列说法不正确的是( D )
A．椭圆A的焦距是2
B．椭圆A的离心率是 eq \f(1,2)
C．抛物线B的准线方程是x＝－1
D．抛物线B的焦点到其准线的距离是4
解析：c2＝a2－b2＝4－3＝1，所以椭圆A的焦距为2c＝2，离心率e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(1,2) ，故A，B正确；抛物线的焦点坐标为(1，0)，所以准线方程为x＝－1，焦点到准线的距离d＝1－(－1)＝2，故C正确，D错误．故选D.
2．(数学文化)如图，太阳灶是一种将太阳光反射至一点用来加热水或食物的设备，上面装有抛物面形的反光镜，镜的轴截面是抛物线的一部分，已知太阳灶的口径(直径)为4 m，深度为0.5 m，则该抛物线顶点到焦点的距离为( D )
A．0.25 m B．0.5 m
C．1 m D．2 m
解析：以该抛物线顶点为原点建立平面直角坐标系，如图所示，
设此抛物线方程为x2＝2py(p>0)，依题意点(2，0.5)在此抛物线上，所以2p· eq \f(1,2) ＝4，解得p＝4，则该抛物线顶点到焦点的距离为 eq \f(p,2) ＝2 m．故选D.
3．(2024·贵州贵阳一中校考期末)已知点A是抛物线y2＝2px(p>0)上的一点，若以抛物线的焦点F为圆心，以|FA|为半径的圆交抛物线的准线于B，C两点，|BF|＝|BC|，当△ABC的面积为 eq \f(32,3) 时，则p等于( C )
A．2 B．2 eq \r(2)
C．4 D．4 eq \r(2)
解析：如图，依题意|BF|＝|CF|＝|BC|，∴△BFC为等边三角形，设准线与x轴交点为D，则|FD|＝p，∴|BF|＝|BC|＝ eq \f(2\r(3),3) p，则圆的半径|FA|＝|BF|＝ eq \f(2\r(3),3) p，∴S△ABC＝ eq \f(1,2) |BC|· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xA＋\f(p,2))) ＝ eq \f(1,2) |BC|·|AF|＝ eq \f(2,3) p2＝ eq \f(32,3) ，解得p＝4(负值舍去).故选C.
4．(2024·安徽芜湖高三统考期末)F为抛物线C：y2＝12x的焦点，直线x＝1与抛物线交于A，B两点，则∠AFB＝( C )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
解析：抛物线C：y2＝12x中x＝1时可得y＝±2 eq \r(3) ，且F(3，0)，则A(1，2 eq \r(3) )，B(1，－2 eq \r(3) )，取H(1，0)(如图)，∴tan ∠AFH＝ eq \f(AH,HF) ＝ eq \f(2\r(3),3－1) ＝ eq \r(3) ，∴∠AFH＝60°，由对称性可知∠AFB＝120°.故选C.
5．抛物线x2＝4y的焦点为F，过点F作斜率为 eq \f(\r(3),3) 的直线l与抛物线在y轴右侧的部分相交于点A，过点A作抛物线准线的垂线，垂足为H，则△AHF的面积是( C )
A．4 B．3 eq \r(3)
C．4 eq \r(3) D．8
解析：由抛物线的定义可得|AF|＝|AH|，∵AF的斜率为 eq \f(\r(3),3) ，∴直线AF的倾斜角为30°，∵AH垂直于准线，∴∠FAH＝60°，故△AHF为等边三角形．设A(m， eq \f(m2,4) )，m>0，过F作FM⊥AH于M(图略)，则在Rt△FAM中，|AM|＝ eq \f(1,2) |AF|，∴ eq \f(m2,4) －1＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m2,4)＋1)) ，解得m＝2 eq \r(3) ，故等边三角形AHF的边长|AH|＝4，∴△AHF的面积是 eq \f(1,2) ×4×
4sin 60°＝4 eq \r(3) .故选C.
6．(2023·福建厦门双十中学模拟)已知抛物线C：y2＝－8x的焦点为F，动点M在C上，圆M的半径为1，过点F的直线与圆M相切于点N，则 eq \(FM,\s\up9(→)) · eq \(FN,\s\up9(→)) 的最小值为( B )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：因为抛物线C：y2＝－8x，所以焦点坐标为F(－2，0)，如图所示，连接MN，过M作MQ垂直准线x＝2于Q，则在Rt△NFM中，cs ∠NFM＝ eq \f(|\(FN,\s\up9(→))|,|\(FM,\s\up9(→))|) ，所以 eq \(FM,\s\up9(→)) · eq \(FN,\s\up9(→)) ＝| eq \(FM,\s\up9(→)) |·| eq \(FN,\s\up9(→)) |·cs ∠NFM＝| eq \(FM,\s\up9(→)) || eq \(FN,\s\up9(→)) | eq \f(|\(FN,\s\up9(→))|,|\(FM,\s\up9(→))|) ＝| eq \(FN,\s\up9(→)) |2＝| eq \(FM,\s\up9(→)) |2－| eq \(MN,\s\up9(→)) |2＝| eq \(FM,\s\up9(→)) |2－1，由抛物线的定义得，| eq \(FM,\s\up9(→)) |＝|MQ|，则由图可得|MQ|的最小值即抛物线顶点O到准线x＝2的距离，即|MQ|min＝2，所以( eq \(FM,\s\up9(→)) · eq \(FN,\s\up9(→)) )min＝(| eq \(FM,\s\up9(→)) |2－1)min＝(|MQ|2－1)min＝3.故选B.
二、多项选择题
7．(2023·新课标Ⅱ卷)设O为坐标原点，直线y＝－ eq \r(3) (x－1)过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则( AC )
A．p＝2
B．|MN|＝ eq \f(8,3)
C．以MN为直径的圆与l相切
D．△OMN为等腰三角形
解析：对于A，直线y＝－ eq \r(3) (x－1)过点(1，0)，所以抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F(1，0)，所以 eq \f(p,2) ＝1，p＝2，故A正确．对于B，由A知抛物线C的方程为y2＝4x，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\r(3)（x－1），,y2＝4x，)) 消去y并化简得3x2－10x＋3＝(x－3)(3x－1)＝0，解得x1＝3，x2＝ eq \f(1,3) ，所以|MN|＝x1＋x2＋p＝3＋ eq \f(1,3) ＋2＝ eq \f(16,3) ，故B错误．对于C，设MN的中点为A，M，N，A到直线l的距离分别为d1，d2，d，因为d＝ eq \f(1,2) (d1＋d2)＝ eq \f(1,2) (|MF|＋|NF|)＝ eq \f(1,2) |MN|，即A到直线l的距离等于MN的一半，所以以MN为直径的圆与直线l相切，故C正确．对于D，直线y＝－ eq \r(3) (x－1)，即 eq \r(3) x＋y－ eq \r(3) ＝0，O到直线 eq \r(3) x＋y－ eq \r(3) ＝0的距离为d＝ eq \f(\r(3),2) ，所以△OMN的面积为 eq \f(1,2) × eq \f(16,3) × eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(4\r(3),3) ，由上述分析可知y1＝－ eq \r(3) (3－1)＝－2 eq \r(3) ，y2＝－ eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－1)) ＝ eq \f(2\r(3),3) ，所以|OM|＝ eq \r(32＋（－2\r(3)）2) ＝ eq \r(21) ，|ON|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(13),3) ，所以△OMN不是等腰三角形，故D错误．故选AC.
8．(2023·江西宜春灰埠中学期末)已知抛物线C：y＝2px2的焦点F到准线l的距离为2，则( BCD )
A．抛物线为y＝4x2
B．若A(2，3)，B为C上的动点，则|BA|＋|BF|的最小值为4
C．直线y＝kx＋1与抛物线C相交所得弦长最短为4
D．若抛物线准线与y轴交于点N，点M是抛物线上不同于其顶点的任意一点，t|MN|＝|MF|，t∈R，则t的最小值为 eq \f(\r(2),2)
解析：因为抛物线C：y＝2px2x2＝ eq \f(1,2p) y的焦点F到准线l的距离为2，所以 eq \f(1,4p) ＝2p＝ eq \f(1,8) ，从而抛物线C的方程是x2＝4y，故A错误；
如图，设B到准线的距离为d，由题可知准线为l：y＝－1，则|BA|＋|BF|＝|BA|＋d≥3＋1＝4，故B正确；
抛物线的焦点为F(0，1)，直线y＝kx＋1过焦点F，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,x2＝4y，)) 可得x2－4kx－4＝0，设直线与抛物线交点为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4k2＋2，所以直线y＝kx＋1与抛物线C相交所得弦长y1＋y2＋2＝4k2＋4≥4，当且仅当k＝0时取等号，故C正确；对于D，不妨设M点在第一象限，过M点向准线作垂线，垂足为Q，则|MF|＝|MQ|，连接MN，如图，
在Rt△MQN中，设∠MNQ＝θ，则t＝ eq \f(|MF|,|MN|) ＝ eq \f(|MQ|,|MN|) ＝sin θ，要求t的最小值，即sin θ最小，即θ最小，所以当直线MN与抛物线相切时，角θ最小，设切线方程为y＝mx－1，m存在，且m>0，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝mx－1，,x2＝4y，)) 联立得x2－4mx＋4＝0，令Δ＝0，得16m2－16＝0，所以m＝1或m＝－1(舍去)，所以θ＝ eq \f(π,4) ，所以sin θ＝ eq \f(\r(2),2) ，故D正确．故选BCD.
三、填空题
9．(2023·江苏金陵中学三模)已知抛物线C1：y2＝16x，圆C2：(x－4)2＋y2＝1，点M的坐标为(8，0)，P，Q分别为C1，C2上的动点，且满足|PM|＝|PQ|，则点P的横坐标的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(39,10)，\f(55,6))) ．
解析：∵抛物线：y2＝16x的焦点为(4，0)，准线方程为x＝－4，∴圆心C2即为抛物线的焦点F，设P(x，y)，∴|PF|－1≤|PQ|≤|PF|＋1，∴x＋4－1≤|PQ|≤x＋4＋1.∵|PM|＝|PQ|，∴x＋4－1≤|PM|≤x＋4＋1，x＋4－1≤ eq \r(（x－8）2＋y2) ≤x＋4＋1，∴x2＋6x＋9≤x2－16x＋64＋16x≤x2＋10x＋25，∴ eq \f(39,10) ≤x≤ eq \f(55,6) .
10．(2024·云南临沧凤庆县第一中学月考)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，抛物线上两点A，B在第一象限，且满足|AF|＝3，|BF|＝7，|AB|＝5，则直线AB的斜率为 eq \f(3,4) ．
解析：如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题可知AB的斜率存在，设AB的斜率为k.因为A，B都在x轴上方，由
题意知k>0，由抛物线定义|AF|＝x1＋ eq \f(p,2) ，|BF|＝x2＋ eq \f(p,2) ，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(p,2)＝3，,x2＋\f(p,2)＝7，)) 所以|x1－x2|＝4，又因为|AB|＝ eq \r(k2＋1) ·|x1－x2|＝5，所以 eq \r(k2＋1) ＝ eq \f(5,4) ，解得k＝ eq \f(3,4) .
11．过抛物线C：x2＝4y的焦点F作直线l交C于A，B两点，设D(0，3).若( eq \(DA,\s\up9(→)) ＋ eq \(DB,\s\up9(→)) )· eq \(AB,\s\up9(→)) ＝0，则弦AB的长为4．
解析：若( eq \(DA,\s\up9(→)) ＋ eq \(DB,\s\up9(→)) )· eq \(AB,\s\up9(→)) ＝0，则线段AB的垂直平分线过点D.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x eq \\al(2,1) ＝4y1，x eq \\al(2,2) ＝4y2，两式相减得x1＋x2＝ eq \f(4（y1－y2）,x1－x2) ＝4kAB，即kAB＝ eq \f(x1＋x2,4) ，则弦AB的中点与点D(0，3)的连线的斜率k＝ eq \f(\f(y1＋y2,2)－3,\f(x1＋x2,2)) ＝－ eq \f(4,x1＋x2) ，所以y1＋y2＝2，所以|AB|＝y1＋y2＋2＝4.
12．已知P为抛物线C：y＝x2上一动点，直线l：y＝2x－4与x轴、y轴分别交于M，N两点，点A(2，－4)且 eq \(AP,\s\up9(→)) ＝λ eq \(AM,\s\up9(→)) ＋μ eq \(AN,\s\up9(→)) ，则λ＋μ的最小值为 eq \f(7,4) ．
解析：由题意得M(2，0)，N(0，－4)，设P(x，y)，由 eq \(AP,\s\up9(→)) ＝λ eq \(AM,\s\up9(→)) ＋μ eq \(AN,\s\up9(→)) 得(x－2，y＋4)＝λ(0，4)＋μ(－2，0)，∴x－2＝－2μ，y＋4＝4λ.因此λ＋μ＝ eq \f(y＋4,4) － eq \f(x－2,2) ＝ eq \f(x2,4) － eq \f(x,2) ＋2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \f(7,4) ≥ eq \f(7,4) ，故λ＋μ的最小值为 eq \f(7,4) .
四、解答题
13．(2023·云南师大附中模拟)已知F为抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点，P(－4，m)是C上一点，P位于F的上方且|PF|＝5.
(1)求C的方程；
(2)已知过焦点的直线l交C于A，B两点，若PF平分∠APB，求l的方程．
解：(1)由P(－4，m)是C上一点知16＝2pm，故m＝ eq \f(8,p) .
由抛物线定义可知，|PF|＝m＋ eq \f(p,2) ＝ eq \f(8,p) ＋ eq \f(p,2) ＝5，化简得p2－10p＋16＝0，解得p＝2或p＝8，
又因为P位于F的上方，故 eq \f(8,p) > eq \f(p,2) ，故p＝2，故抛物线方程为x2＝4y.
(2)由(1)知P(－4，4)，F(0，1)，
显然，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋1，
设点A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(x eq \\al(2,1) ,4))) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(x eq \\al(2,2) ,4))) ，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,x2＝4y，)) 整理得x2－4kx－4＝0，故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，
若PF平分∠APB，则 eq \f(|PA|,|PB|) ＝ eq \f(|AF|,|BF|) ＝ eq \f(|x1|,|x2|) ，故 eq \f(|PA|2,|PB|2) ＝ eq \f(x eq \\al(2,1) ,x eq \\al(2,2) ) ，
即 eq \f(（x1＋4）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x eq \\al(2,1) ,4)－4))\s\up12(2),（x2＋4）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x eq \\al(2,2) ,4)－4))\s\up12(2)) ＝ eq \f(x eq \\al(2,1) ,x eq \\al(2,2) ) ，
即 eq \f(\f(x eq \\al(4,1) ,16)－x eq \\al(2,1) ＋8x1＋32,\f(x eq \\al(4,2) ,16)－x eq \\al(2,2) ＋8x2＋32) ＝ eq \f(x eq \\al(2,1) ,x eq \\al(2,2) ) ，
即 eq \f(x eq \\al(2,1) x eq \\al(2,2) ,16) ·x eq \\al(2,1) －x eq \\al(2,1) x eq \\al(2,2) ＋8x1x2x2＋32x eq \\al(2,2) ＝ eq \f(x eq \\al(2,1) x eq \\al(2,2) ,16) ·x eq \\al(2,2) －x eq \\al(2,1) x eq \\al(2,2) ＋8x1x1x2＋32x eq \\al(2,1) ，
将x1x2＝－4代入，化简得31x eq \\al(2,2) －32x2＝31x eq \\al(2,1) －32x1，即31(x2＋x1)(x2－x1)－32(x2－x1)＝0，
因为x1≠x2，故31(x2＋x1)＝32，即31×4k＝32，得k＝ eq \f(8,31) ，故直线l的方程为y＝ eq \f(8,31) x＋1.
14．过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F作一条倾斜角为 eq \f(π,4) 的直线与抛物线相交于A，B两点．
(1)用p表示A，B之间的距离；
(2)证明∠AOB的大小是与p无关的定值，并求出这个值．
解：(1)焦点F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)) ，过点F且倾斜角为 eq \f(π,4) 的直线方程是y＝x－ eq \f(p,2) .
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,y＝x－\f(p,2)，)) 得x2－3px＋ eq \f(p2,4) ＝0.
设A(xA，yA)，B(xB，yB)，则xA＋xB＝3p，xAxB＝ eq \f(p2,4) ，故|AB|＝xA＋xB＋p＝4p(或|AB|＝ eq \f(2p,sin2\f(π,4)) ＝4p).
(2)在△AOB中，由余弦定理可知，
cs∠AOB＝ eq \f(|AO|2＋|BO|2－|AB|2,2|AO|·|BO|) ＝ eq \f(x eq \\al(2,A) ＋y eq \\al(2,A) ＋x eq \\al(2,B) ＋y eq \\al(2,B) －（xA－xB）2－（yA－yB）2,2\r(（x eq \\al(2,A) ＋y eq \\al(2,A) ）（x eq \\al(2,B) ＋y eq \\al(2,B) ）)) ＝
eq \f(xAxB＋yAyB,\r(（x eq \\al(2,A) ＋y eq \\al(2,A) ）（x eq \\al(2,B) ＋y eq \\al(2,B) ）)) ＝ eq \f(2xAxB－\f(p,2)（xA＋xB）＋\f(p2,4),\r(xAxB[xAxB＋2p（xA＋xB）＋4p2])) ＝－ eq \f(3\r(41),41) .
即∠AOB的大小是与p无关的定值，且cs ∠AOB＝－ eq \f(3\r(41),41) .
考点练52 圆锥曲线的计算、证明问题(压轴大题练) 对应学生用书111页
1．设椭圆 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的左焦点为F，离心率为 eq \f(\r(3),3) ，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为 eq \f(4\r(3),3) .
(1)求椭圆的方程；
(2)设A，B分别为椭圆的左、右顶点，过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C，D两点，若 eq \(AC,\s\up9(→)) · eq \(DB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AD,\s\up9(→)) · eq \(CB,\s\up9(→)) ＝8，求k的值．
解：(1)由题意，可知 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(3),3)，,\f(2b2,a)＝\f(4\r(3),3)，,a2＝b2＋c2，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\r(3)，,b＝\r(2)，,c＝1，)) 即椭圆的方程为 eq \f(x2,3) ＋ eq \f(y2,2) ＝1.
(2)由(1)可知，A(－ eq \r(3) ，0)，B( eq \r(3) ，0)，F(－1，0)，
直线CD：y＝k(x＋1)，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋1），,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，)) 消y得，(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.∴x1＋x2＝－ eq \f(6k2,2＋3k2) ，x1x2＝ eq \f(3k2－6,2＋3k2) ，
∴y1＋y2＝k(x1＋1)＋k(x2＋1)＝ eq \f(4k,2＋3k2) ，∴y1y2＝ eq \f(－4k2,2＋3k2) .
又 eq \(AC,\s\up9(→)) ＝(x1＋ eq \r(3) ，y1)， eq \(DB,\s\up9(→)) ＝( eq \r(3) －x2，－y2)， eq \(AD,\s\up9(→)) ＝(x2＋ eq \r(3) ，y2)， eq \(CB,\s\up9(→)) ＝( eq \r(3) －x1，－y1)，
所以 eq \(AC,\s\up9(→)) · eq \(DB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AD,\s\up9(→)) · eq \(CB,\s\up9(→)) ＝(x1＋ eq \r(3) )( eq \r(3) －x2)－2y1y2＋(x2＋ eq \r(3) )( eq \r(3) －x1)＝－2x1x2－2y1y2＋6＝ eq \f(2k2＋12,2＋3k2) ＋6＝8，解得k＝± eq \r(2) .
2．已知曲线C：(5－m)x2＋(m－2)y2＝8(m∈R).
(1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，求m的取值范围；
(2)设m＝4，曲线C与y轴的交点为A，B(点A位于点B的上方)，直线y＝kx＋4与曲线C交于不同的两点M，N，直线y＝1与直线BM交于点G，求证：A，G，N三点共线．
解：(1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆，当且仅当 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(5－m＞0，,m－2＞0，,\f(8,5－m)>\f(8,m－2)，)) 解得 eq \f(7,2) ＜m＜5，所以m的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)，5)) .
(2)证明：当m＝4时，曲线C的方程为x2＋2y2＝8，点A，B的坐标分别为(0，2)，(0，－2).
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋4，,x2＋2y2＝8，)) 得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0.
因为直线与曲线C交于不同的两点，所以Δ＝(16k)2－4(1＋2k2)×24＞0，即k2＞ eq \f(3,2) .
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1＝kx1＋4，y2＝kx2＋4，
x1＋x2＝ eq \f(－16k,1＋2k2) ，x1x2＝ eq \f(24,1＋2k2) .直线BM的方程为y＋2＝ eq \f(y1＋2,x1) x，点G的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3x1,y1＋2)，1)) .
因为直线AN和直线AG的斜率分别为kAN＝ eq \f(y2－2,x2) ，kAG＝－ eq \f(y1＋2,3x1) ，
所以kAN－kAG＝ eq \f(y2－2,x2) ＋ eq \f(y1＋2,3x1) ＝ eq \f(kx2＋2,x2) ＋ eq \f(kx1＋6,3x1) ＝ eq \f(4,3) k＋ eq \f(2（x1＋x2）,x1x2) ＝ eq \f(4,3) k＋ eq \f(2×\f(－16k,1＋2k2),\f(24,1＋2k2)) ＝0.
即kAN＝kAG.故A，G，N三点共线．
3．(2024·陕西汉中高三期末)已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的一个顶点为P(0，1)，且离心率为 eq \f(\r(3),2) .
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l：y＝x＋m(m0，解得－ eq \r(5) 0，b>0)，A，B在双曲线上，且kAB存在，A关于x轴的对称点为M，lAB与x轴交于P，lMB交x轴于Q，求证：|OP||OQ|＝a2.
证明：设lAB的方程为y＝kx＋m，则P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,k)，0)) .设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则M(x1，－y1)，lMB的方程为y＋y1＝ eq \f(y2＋y1,x2－x1) (x－x1)，令y＝0得Q的横坐标为xQ＝ eq \f(x1y2＋x2y1,y1＋y2) ＝ eq \f(2kx1x2＋m（x1＋x2）,k（x1＋x2）＋2m) ①，
lAB的方程与双曲线的方程联立得(b2－a2k2)x2－2a2kmx－a2(m2＋b2)＝0，因此
x1＋x2＝ eq \f(2a2km,b2－a2k2) ，
x1x2＝ eq \f(－a2（m2＋b2）,b2－a2k2) .
代入①式得xQ＝－ eq \f(ka2,m) ，
所以|OP||OQ|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(m,k))) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(ka2,m))) ＝a2.
5．已知抛物线E：y2＝4x，过点P(1，1)作斜率互为相反数的直线m，n，分别交抛物线E于A，B及C，D两点．
(1)若 eq \(PA,\s\up9(→)) ＝3 eq \(BP,\s\up9(→)) ，求直线AB的方程；
(2)求证：∠CAP＝∠BDP.
解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∵P(1，1)，∴ eq \(BP,\s\up9(→)) ＝(1－x2，1－y2)， eq \(PA,\s\up9(→)) ＝(x1－1，y1－1)，
∵ eq \(PA,\s\up9(→)) ＝3 eq \(BP,\s\up9(→)) ，
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3（1－x2）＝x1－1，,3（1－y2）＝y1－1，)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝4－3x2，,y1＝4－3y2.))
又∵y eq \\al(2,1) ＝4x1，∴(4－3y2)2＝4(4－3x2)，即3y eq \\al(2,2) －8y2＝－4x2，
又∵y eq \\al(2,2) ＝4x2，∴4y eq \\al(2,2) －8y2＝0，y2＝0或y2＝2，当y2＝0时，x2＝0，
∴x1＝4，y1＝4；
当y2＝2时，x2＝1，∴x1＝1，y1＝－2，此时直线AB的斜率不存在，舍去，∴A(4，4)，B(0，0)，∴直线AB的方程为y＝x.
(2)证明：如图，设直线AB：y＝k(x－1)＋1，则直线CD：y＝－k(x－1)＋1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1）＋1，,y2＝4x，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,k)（y－1）＋1，,y2＝4x，))
则y2－ eq \f(4,k) y＋ eq \f(4,k) －4＝0，∴y1＋y2＝ eq \f(4,k) ，y1y2＝ eq \f(4,k) －4，
又∵|AP|＝ eq \r(1＋\f(1,k2)) |y1－1|，
|BP|＝ eq \r(1＋\f(1,k2)) |y2－1|，
∴|AP|·|BP|＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2))) |(y1－1)(y2－1)|＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2))) |y1y2－(y1＋y2)＋1|＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2))) | eq \f(4,k) －4－ eq \f(4,k) ＋1|＝3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2))) ，同理可证：|CP|·|DP|＝3 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,（－k）2))) ＝3(1＋ eq \f(1,k2) )，
∴|AP|·|BP|＝|CP|·|DP|，
∴ eq \f(|AP|,|DP|) ＝ eq \f(|CP|,|BP|) ，
又∵∠CPA＝∠BPD，
∴△APC∽△DPB，∴∠CAP＝∠BDP.
1．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，准线l与y轴的交点为M，动点A(异于原点O)在抛物线C上，当AF与y轴垂直时，|AF|＝2.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线AF与抛物线C交于另一点B，证明：直线AM的斜率与直线BM的斜率互为相反数．
解：(1)如图，抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2))) ，
当AF与y轴垂直时，易得A(±p， eq \f(p,2) )，即|AF|＝p＝2，∴抛物线C的方程为x2＝4y.
(2)证明：由(1)知，F(0，1)，M(0，－1)，
设点A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(x eq \\al(2,1) ,4))) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(x eq \\al(2,2) ,4))) ，
如图，设直线AB：y＝kx＋1，代入抛物线C的方程得，x2－4kx－4＝0，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，
∴kAM＋kBM＝ eq \f(\f(x eq \\al(2,1) ,4)＋1,x1) ＋ eq \f(\f(x eq \\al(2,2) ,4)＋1,x2) ＝
eq \f(（x1＋x2）（4＋x1x2）,4x1x2) ＝0，得证．
2．(2023·云南昆明高三统考期末)已知双曲线M： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(5)，\f(1,2))) ，一条渐近线方程为x－2y＝0.
(1)求M的方程；
(2)过M的右焦点的直线l与M的右支交于P，Q两点，T(－3，0)，若△TPQ的外接圆圆心E在y轴上，求直线l的方程．
解：(1)因为M的一条渐近线方程为x－2y＝0，设M：x2－4y2＝λ，
因为过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(5)，\f(1,2))) ，所以λ＝4，故M的方程为 eq \f(x2,4) －y2＝1.
(2)如图，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，E(0，t)，
由题知|EQ|＝|EP|＝|ET|，
故 eq \r(9＋t2) ＝ eq \r(x eq \\al(2,1) ＋（y1－t）2) ＝
eq \r(x eq \\al(2,2) ＋（y2－t）2) ，又x eq \\al(2,1) ＝4＋4y eq \\al(2,1) ，x eq \\al(2,2) ＝4＋4y eq \\al(2,2) ，
所以5y eq \\al(2,1) －2ty1－5＝0，5y eq \\al(2,2) －2ty2－5＝0.所以y1，y2是方程5y2－2ty－5＝0的两根，所以y1y2＝－1，
设l：x＝my＋ eq \r(5) ，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋\r(5)，,\f(x2,4)－y2＝1，)) 得(m2－4)y2＋2 eq \r(5) my＋1＝0，Δ＝16m2＋16>0，所以y1y2＝ eq \f(1,m2－4) ，故 eq \f(1,m2－4) ＝－1，所以m＝± eq \r(3) ，
此时，直线l的斜率的绝对值为 eq \f(\r(3),3) ，大于渐近线斜率的绝对值 eq \f(1,2) ，满足题设，
所以直线l的方程为x＋ eq \r(3) y－ eq \r(5) ＝0或x－ eq \r(3) y－ eq \r(5) ＝0.
3．(2024·云南大理高三统考期末)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C：y2＝2px经过点A(1，2)，直线l：y＝kx＋b与抛物线C交于M，N两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)当AM⊥AN时，若对任意满足条件的实数k，都有b＝mk＋n(m，n为常数)，求m＋n的值．
解：(1)因为抛物线C：y2＝2px经过点A(1，2)，
则4＝2p，解得p＝2，故抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)如图，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋b，)) 可得k2x2＋(2kb－4)x＋b2＝0，则Δ＝(2kb－4)2－4k2b2>0，得kb－1b>0)的离心率为 eq \f(\r(5),3) ，A，C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，|AC|＝4.
(1)求E的方程；
(2)设P为第一象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y＝－2交于点N.求证：MN∥CD.
解：(1)依题意，得e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(5),3) ，则c＝ eq \f(\r(5),3) a，
又A，C分别为椭圆上、下顶点，|AC|＝4，所以2b＝4，即b＝2，
所以a2－c2＝b2＝4，即a2－ eq \f(5,9) a2＝ eq \f(4,9) a2＝4，则a2＝9，所以椭圆E的方程为 eq \f(x2,9) ＋ eq \f(y2,4) ＝1.
(2)证明：因为椭圆E的方程为 eq \f(x2,9) ＋ eq \f(y2,4) ＝1，所以A(0，2)，C(0，－2)，B(－3，0)，D(3，0)，
因为P为第一象限E上的动点，设P(m，n)(0b>0)的焦距为2 eq \r(2) ，点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(6),3))) 在C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C与直线y＝kx＋m(k≠0，m> eq \f(1,2) )相交于不同的两点M，N，P为弦MN的中点，A为椭圆C的下顶点，当AP⊥MN时，求m的取值范围．
解：(1)由题意可知2c＝2 eq \r(2) ，所以c＝ eq \r(2) ，所以a2－b2＝2①，又 eq \f(1,a2) ＋ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)))\s\up12(2),b2) ＝1，所以 eq \f(1,a2) ＋ eq \f(6,9b2) ＝1②，
由①②可得a2＝3，b2＝1，所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,3) ＋y2＝1.
(2)设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(xP，yP)，如图，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，)) 得(3k2＋1)x2＋6mkx＋3(m2－1)＝0，由题知Δ＝36k2m2－12(3k2＋1)(m2－1)>0，
可得m2m2，解得00)的焦点F到准线的距离为2.
(1)求C的方程；
(2)已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足 eq \(PQ,\s\up9(→)) ＝9 eq \(QF,\s\up9(→)) ，求直线OQ斜率的最大值．
解：(1)由抛物线的定义可知，焦点F到准线的距离为p，故p＝2，所以C的方程为y2＝4x.
(2)由(1)知F(1，0)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 eq \(PQ,\s\up9(→)) ＝(x2－x1，y2－y1)， eq \(QF,\s\up9(→)) ＝(1－x2，－y2)，因为 eq \(PQ,\s\up9(→)) ＝9 eq \(QF,\s\up9(→)) ，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－x1＝9（1－x2），,y2－y1＝－9y2，))
可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝10x2－9，,y1＝10y2，))
又点P在抛物线C上，所以y eq \\al(2,1) ＝4x1，
即(10y2)2＝4(10x2－9)，化简得y eq \\al(2,2) ＝ eq \f(2,5) x2－ eq \f(9,25) ，则点Q的轨迹方程为y2＝ eq \f(2,5) x－ eq \f(9,25) .设直线OQ的方程为y＝kx，易知当直线OQ与曲线y2＝ eq \f(2,5) x－ eq \f(9,25) 相切时，斜率可以取最大，联立y＝kx与y2＝ eq \f(2,5) x－ eq \f(9,25) 并化简，得k2x2－ eq \f(2,5) x＋ eq \f(9,25) ＝0，令Δ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,5))) eq \s\up12(2) －4k2· eq \f(9,25) ＝0，解得k＝± eq \f(1,3) ，所以直线OQ斜率的最大值为 eq \f(1,3) .
3．(2024·四川凉山高三统考期末)已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的离心率为 eq \f(\r(2),2) ，点A(2，1)在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点M(0，1)的直线l交椭圆C于P，Q两点，O为坐标原点，求△OPQ面积的最大值．
解：(1)由题意，椭圆C的离心率为 eq \f(\r(2),2) ，点A(2，1)在椭圆C上，可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝b2＋c2，,e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1，)) 解得a2＝6，b2＝3，c2＝3，所以椭圆C的标准方程为 eq \f(x2,6) ＋ eq \f(y2,3) ＝1.
(2)因为过点M(0，1)的直线l交椭圆C于P，Q两点，
不妨设直线l的方程为y＝kx＋1，且P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立方程组
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，)) 整理得(6k2＋3)x2＋12kx－12＝0，
此时Δ＝4×36×(3k2＋1)>0，且x1＋x2＝－ eq \f(4k,2k2＋1) ，x1x2＝－ eq \f(4,2k2＋1) ，所以S△OPQ＝ eq \f(1,2) ×1×|x2－x1|＝
eq \f(1,2) × eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2) ＝ eq \f(2\r(3k2＋1),2k2＋1) ，
不妨令t＝ eq \r(3k2＋1) ，则t≥1，此时S△OPQ＝ eq \f(6t,2t2＋1) ，不妨设f(t)＝ eq \f(6t,2t2＋1) ，t≥1，可得f′(t)＝ eq \f(6（1－2t2）,（2t2＋1）2) 0，b>0)的右焦点为F，离心率为2，且过点P(2，3).
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)设过原点O的直线l1在第一、三象限内分别交双曲线E于A，C两点，过原点O的直线l2在第二、四象限内分别交双曲线E于B，D两点，若直线AD过双曲线的右焦点F，求四边形ABCD面积的最小值．
解：(1)由双曲线E的离心率为2，得 eq \f(c,a) ＝2①.
因为双曲线E过点P(2，3)，所以 eq \f(4,a2) － eq \f(9,b2) ＝1②.
又c2＝a2＋b2③，联立①②③式，解得a＝1，b＝ eq \r(3) .故双曲线E的标准方程为x2－ eq \f(y2,3) ＝1.
(2)由双曲线的对称性，知四边形ABCD为平行四边形，所以S四边形ABCD＝4S△OAD.
由题意知直线AD的斜率不为零，设AD的方程为x＝my＋2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m≠±\f(\r(3),3))) .
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,x2－\f(y2,3)＝1，)) 消去x，得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0.Δ＝36(m2＋1)>0，设A(x1，y1)，D(x2，y2)，则y1＋y2＝ eq \f(－12m,3m2－1) ，y1y2＝ eq \f(9,3m2－1) .因为A，D均在双曲线右支上，所以
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2>0，,x1x2>0，))
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m（y1＋y2）＋4＝\f(－4,3m2－1)>0，,m2y1y2＋2m（y1＋y2）＋4＝\f(－3m2－4,3m2－1)>0，))
解得0≤m2< eq \f(1,3) .
所以S△OAD＝ eq \f(1,2) ×|OF|×|y1－y2|＝ eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2) ＝
eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－12m,3m2－1)))\s\up12(2)－4×\f(9,3m2－1)) ＝ eq \f(6\r(m2＋1),1－3m2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤m20)的离心率为 eq \f(\r(6),3) ，椭圆的左顶点为P，上顶点为Q，O为坐标原点，且△OPQ的面积为 eq \f(\r(3),2) .
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，坐标原点O到直线l的距离为 eq \f(\r(3),2) ，求△AOB面积的最大值．
解：(1)设椭圆的半焦距为c，
依题意有 eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(6),3) ， eq \f(1,2) ab＝ eq \f(\r(3),2) ，a2＝b2＋c2，∴c＝ eq \r(2) ，a＝ eq \r(3) ，b＝1，∴所求椭圆方程为 eq \f(x2,3) ＋y2＝1.
(2)如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
①当AB⊥x轴时，
|AB|＝ eq \r(3) ；
②当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，
坐标原点O到直线l的距离为 eq \f(\r(3),2) ，则 eq \f(|m|,\r(1＋k2)) ＝ eq \f(\r(3),2) ，即4m2＝3(k2＋1).
把y＝kx＋m代入椭圆方程，整理得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
Δ＝36k2m2－12(3k2＋1)(m2－1)＝12(3k2－m2＋1)>0，
|AB|＝ eq \r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2) ＝
eq \r(k2＋1) ·|x1－x2|＝ eq \r(k2＋1) · eq \f(2\r(3)\r(3k2－m2＋1),3k2＋1) ，
结合4m2＝3(k2＋1)，消去k，可化为|AB|＝ eq \r(\f(4m2,3)) · eq \f(2\r(3)\r(3m2－2),4m2－2) ，
|AB|＝ eq \f(2\r(m2)\r(3m2－2),2m2－1) ≤ eq \f(m2＋3m2－2,2m2－1) ＝2，
当且仅当m2＝3m2－2，即m2＝1，k2＝ eq \f(1,3) ，k＝± eq \f(\r(3),3) 时，等号成立，
又当k不存在时，|AB|＝ eq \r(3) ，
综上所述，|AB|的最大值为2，
所以△AOB的面积的最大值为S△AOB＝ eq \f(1,2) ×|AB|max× eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(\r(3),2) .
3．(2023·广东深圳高三统考期末)已知双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的离心率为 eq \r(2) ，且C的一个焦点到其一条渐近线的距离为1.
(1)求C的方程；
(2)设点A为C的左顶点，若过点(3，0)的直线l与C的右支交于P，Q两点，且直线AP，AQ与圆O：x2＋y2＝a2分别交于M，N两点，记四边形PQNM的面积为S1，△AMN的面积为S2，求 eq \f(S1,S2) 的取值范围．
解：(1)由题可知bx－ay＝0是双曲线C的一条渐近线方程，右焦点为(c，0)，
所以右焦点到渐近线的距离d＝ eq \f(|bc－a·0|,\r(a2＋b2)) ，
又因为c2＝a2＋b2，所以d＝b，则依题意可得b＝1，
由离心率e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \r(1＋\f(b2,a2)) ＝ eq \r(2) ，解得a＝1，所以双曲线C的方程为x2－y2＝1.
(2)如图所示，
由(1)知，A(－1，0)，
设直线lPQ的方程：x＝ty＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ty＋3，,x2－y2＝1，)) 得(t2－1)y2＋6ty＋8＝0，
因为直线l与双曲线C的右支交于两点，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t2－1≠0，,Δ＝（6t）2－32（t2－1）>0，,y1y2＝\f(8,t2－1)1，所以10，
所以直线AE过定点Q(1，0)，且Q为椭圆右焦点，
设所求内切圆半径为r，因为S△AEF＝ eq \f(1,2) ×4a·r＝4r，所以r＝ eq \f(S△AEF,4) ＝ eq \f(S△FQA＋S△FQE,4) ＝ eq \f(\f(1,2)|FQ|·|y1－y2|,4) ＝
eq \f(\r(（y1＋y2）2－4y1y2),4) ＝ eq \f(3\r(m2＋1),3m2＋4) ，
令u＝ eq \r(m2＋1) (u>1)，则m2＝u2－1，所以r＝ eq \f(3u,3u2＋1) ＝ eq \f(3,3u＋\f(1,u)) ，
因为u>1，对勾函数y＝3u＋ eq \f(1,u) 在(1，＋∞)上单调递增，所以3u＋ eq \f(1,u) >4，则00)的焦点为F，过F且斜率为1的直线l与E交于A，B两点，且|AB|＝8.
(1)求抛物线E的方程；
(2)设P(1，m)(m>0)为E上一点，E在P处的切线与x轴交于Q，过Q的直线与E交于M，N两点，直线PM和PN的斜率分别为kPM和kPN.求证：kPM＋kPN为定值．
解：(1)由题意，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)) ，直线l的方程为y＝x－ eq \f(p,2) ，代入y2＝2px，得x2－3px＋ eq \f(p2,4) ＝0.于是x1＋x2＝3p，∴焦点弦|AB|＝x1＋x2＋p＝3p＋p＝4p＝8，解得p＝2.故抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)证明：∵P(1，m)在E上，∴m＝2.设E在P处的切线方程为y－2＝t(x－1)，代入y2＝4x，得ty2－4y＋8－4t＝0.由Δ＝42－4t(8－4t)＝16(t－1)2＝0，解得t＝1，∴P处的切线方程为y＝x＋1，从而得Q(－1，0).
易知直线MN的斜率存在，设其方程为y＝k(x＋1)，设M(x1，y1)，N(x2，y2).
将y＝k(x＋1)代入y2＝4x，得k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0.于是x1＋x2＝ eq \f(4,k2) －2，x1x2＝1，且y1＝k(x1＋1)，y2＝k(x2＋1).
∴kPM＋kPN＝ eq \f(y1－2,x1－1) ＋ eq \f(y2－2,x2－1) ＝ eq \f(x1y2＋x2y1－（y1＋y2）－2（x1＋x2）＋4,（x1－1）（x2－1）) ＝ eq \f(2kx1x2－2（x1＋x2）＋4－2k,x1x2－（x1＋x2）＋1) ＝
eq \f(2k－\f(8,k2)＋4＋4－2k,1＋2－\f(4,k2)＋1) ＝ eq \f(8－\f(8,k2),4－\f(4,k2)) ＝2.
故kPM＋kPN为定值2.
2．已知A(2，0)，B(－2，0)分别是椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)长轴的两个端点，C的焦距为2.M(3，0)，N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，0)) ，P是椭圆C上异于A，B的动点，直线PM与C的另一交点为D，直线PN与C的另一交点为E.
(1)求椭圆C的方程；
(2)证明：直线DE的倾斜角为定值．
解：(1)由题意，a＝2，2c＝2，c＝1，
∴b2＝a2－c2＝3.∴椭圆C的方程为 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1.
(2)证明：设P(x0，y0)，D(x1，y1)，
E(x2，y2)，则3x eq \\al(2,0) ＋4y eq \\al(2,0) ＝12.
①当直线PN的斜率存在时，其方程为y＝ eq \f(y0,x0－\f(4,3)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4,3))) ，代入椭圆C的方程，整理得
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(4,3)))\s\up12(2)＋4y eq \\al(2,0) )) x2－ eq \f(32y eq \\al(2,0) ,3) x＋ eq \f(64y eq \\al(2,0) ,9) －12 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(4,3))) eq \s\up12(2) ＝0.∴x0＋x2＝ eq \f(\f(32,3)y eq \\al(2,0) ,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(4,3)))\s\up12(2)＋4y eq \\al(2,0) ) ＝ eq \f(32y eq \\al(2,0) ,52－24x0) ＝ eq \f(4y eq \\al(2,0) ,6.5－3x0) .
直线PM的方程为y＝ eq \f(y0,x0－3) (x－3)，代入椭圆C的方程，整理得[3(x0－3)2＋4y eq \\al(2,0) ]x2－24y eq \\al(2,0) x＋36y eq \\al(2,0) －12(x0－3)2＝0.∴x0＋x1＝
eq \f(24y eq \\al(2,0) ,3（x0－3）2＋4y eq \\al(2,0) ) ＝ eq \f(24y eq \\al(2,0) ,39－18x0) ＝ eq \f(4y eq \\al(2,0) ,6.5－3x0) .
因此x1＝x2，此时DE⊥x轴，即直线DE的倾斜角为 eq \f(π,2) .
②当直线PN的斜率不存在时，其方程为x＝ eq \f(4,3) ，此时x0＝ eq \f(4,3) .
由①知x0＋x2＝ eq \f(12－3x eq \\al(2,0) ,6.5－3x0) ，∴x2＝ eq \f(12－6.5x0,6.5－3x0) ＝ eq \f(12－\f(13,2)×\f(4,3),\f(13,2)－3×\f(4,3)) ＝ eq \f(4,3) ＝x0.∴x1＝x2＝ eq \f(4,3) ，此时DE⊥x轴，即直线DE的倾斜角为 eq \f(π,2) .
综上所述，直线DE的倾斜角为定值 eq \f(π,2) .
3．(2023·陕西西安大明宫中学模拟)已知动圆M恒过定点F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8))) ，圆心M到直线y＝－ eq \f(1,4) 的距离为d，d＝|MF|＋ eq \f(1,8) .
(1)求M点的轨迹C的方程；
(2)过直线y＝x－1上的动点Q作C的两条切线l1，l2，切点分别为A，B，证明：直线AB恒过定点．
解：(1)设M(x，y)，则|MF|＝ eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,8)))\s\up12(2)) ，d＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,4))) ，
因为d＝|MF|＋ eq \f(1,8) ，即 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,4))) ＝ eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,8)))\s\up12(2)) ＋ eq \f(1,8) ，当y＋ eq \f(1,4) ≥0，即y≥－ eq \f(1,4) 时，则y＋ eq \f(1,4) ＝ eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,8)))\s\up12(2)) ＋ eq \f(1,8) ，整理得x2＝ eq \f(1,2) y；
当y＋ eq \f(1,4) 0，则m2>1，y1＋y2＝2mp，y1y2＝p2.又M是线段AN的中点，所以y1＝ eq \f(y2,2) ，解得y1＝ eq \f(\r(2)p,2) ，y2＝ eq \r(2) p或y1＝－ eq \f(\r(2)p,2) ，y2＝－ eq \r(2) p，即 eq \f(\r(2)p,2) ＋ eq \r(2) p＝2mp或－ eq \f(\r(2)p,2) － eq \r(2) p＝2mp，解得m＝ eq \f(3\r(2),4) 或m＝－ eq \f(3\r(2),4) ，所以直线MN的方程为x＝± eq \f(3\r(2),4) y－ eq \f(p,2) ，即4x±3 eq \r(2) y＋2p＝0.
(2)在一条定直线上．理由如下：直线MN的方程为x＝my－ eq \f(p,2) ，
设P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)，y0)) ，Q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)，－y0)) ，y0≠0，
则PM：y＝ eq \f(y1－y0,x1＋\f(p,2)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(p,2))) ＋y0＝ eq \f(y1－y0,my1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(p,2))) ＋y0，
QN：y＝ eq \f(y2＋y0,x2＋\f(p,2)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(p,2))) －y0＝ eq \f(y2＋y0,my2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(p,2))) －y0，
联立可得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(p,2))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y1)＋\f(1,y2))) ＝2m，由y1＋y2＝2mp，y1y2＝p2，代入解得x＝ eq \f(2my1y2,y1＋y2) － eq \f(p,2) ＝ eq \f(2m×p2,2mp) － eq \f(p,2) ＝ eq \f(p,2) ，所以直线PM与QN的交点在定直线x＝ eq \f(p,2) 上．
1．椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的离心率为 eq \f(3,5) ，P(m，0)为C的长轴上的一个动点，过点P且斜率为 eq \f(4,5) 的直线l交椭圆C于A，B两点，当m＝0时， eq \(PA,\s\up9(→)) · eq \(PB,\s\up9(→)) ＝－ eq \f(41,2) .
(1)求椭圆C的方程；
(2)证明：|PA|2＋|PB|2为定值．
解：(1)易知 eq \f(b,a) ＝ eq \f(4,5) .当m＝0时，P(0，0)，直线l的方程为y＝ eq \f(4,5) x，代入 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1，整理得x2＝ eq \f(a2,2) .
设A(x0，y0)，则B(－x0，－y0)， eq \(PA,\s\up9(→)) · eq \(PB,\s\up9(→)) ＝－x eq \\al(2,0) －y eq \\al(2,0) ＝－ eq \f(41,25) x eq \\al(2,0) ＝－ eq \f(41,25) · eq \f(a2,2) ＝－ eq \f(41,2) ，所以a2＝25，b2＝16，所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,25) ＋ eq \f(y2,16) ＝1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为x＝ eq \f(5,4) y＋m，代入 eq \f(x2,25) ＋ eq \f(y2,16) ＝1，整理得25y2＋20my＋8(m2－25)＝0.
则y1＋y2＝－ eq \f(4m,5) ，y1y2＝ eq \f(8（m2－25）,25) ，则|PA|2＝(x1－m)2＋y eq \\al(2,1) ＝ eq \f(41,16) y eq \\al(2,1) ，同理|PB|2＝ eq \f(41,16) y eq \\al(2,2) .
则|PA|2＋|PB|2＝ eq \f(41,16) (y eq \\al(2,1) ＋y eq \\al(2,2) )＝ eq \f(41,16) [(y1＋y2)2－2y1y2]＝
eq \f(41,16) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4m,5)))\s\up12(2)－\f(16（m2－25）,25))) ＝41.
所以|PA|2＋|PB|2为定值．
2．(2024·安徽黄山高三统考期末)已知点F为抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点，点P(7，3)，|PF|＝3 eq \r(5) ，且点P到抛物线准线的距离不大于10，过点P作斜率存在的直线与抛物线E交于A，B两点(A在第一象限)，过点A作斜率为 eq \f(2,3) 的直线与抛物线的另一个交点为点C.
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)求证：直线BC过定点．
解：(1)∵焦点F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)) ，P(7，3)，|PF|＝3 eq \r(5) ，
∴|FP|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(7－\f(p,2)))\s\up12(2)＋9) ＝3 eq \r(5) ，
又∵p>0，且点P到抛物线E准线的距离不大于10，即7＋ eq \f(p,2) ≤10，∴p＝2，∴抛物线E的标准方程为y2＝4x.
(2)证明：依题意直线AB斜率存在且过点P(7，3)，则可设AB的方程为y－3＝k(x－7)，如图，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－3＝k（x－7），,y2＝4x，)) 化简得ky2－4y＋12－28k＝0(k≠0)，
Δ＝16(7k2－3k＋1)>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，则由韦达定理可知y1＋y2＝ eq \f(4,k) ，
y1y2＝ eq \f(12,k) －28，
消去k得y1y2＋28＝3(y1＋y2)①，
又kAC＝ eq \f(y1－y3,x1－x3) ＝ eq \f(y1－y3,\f(y eq \\al(2,1) ,4)－\f(y eq \\al(2,3) ,4)) ＝ eq \f(4,y1＋y3) ＝ eq \f(2,3) ，则y1＋y3＝6②，
由①②得(6－y3)y2＋28＝3(6－y3＋y2)，∴3(y2＋y3)＝y2y3－10③，
由于kBC＝ eq \f(y2－y3,x2－x3) ＝ eq \f(y2－y3,\f(y eq \\al(2,2) ,4)－\f(y eq \\al(2,3) ,4)) ＝ eq \f(4,y2＋y3) .
(ⅰ)若直线BC没有斜率，则y2＋y3＝0，又3(y2＋y3)＝y2y3－10，∴y eq \\al(2,3) ＝－10(舍去).
(ⅱ)若直线BC有斜率，则直线BC的方程为y－y2＝ eq \f(4,y2＋y3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y eq \\al(2,2) ,4))) ，即4x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0，
将③代入得4x－(y2＋y3)y＋3(y2＋y3)＋10＝0，∴(y2＋y3)(3－y)＋4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5,2))) ＝0，
故直线BC有斜率时过定点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)，3)) .
3．已知椭圆C的中心为O，离心率为 eq \f(\r(2),2) .圆O在C的内部，半径为 eq \f(\r(6),3) ，P，Q分别为C和圆O上的动点，且P，Q两点的最小距离为1－ eq \f(\r(6),3) .
(1)建立适当的坐标系，求C的方程；
(2)若直线l与圆O相切，且与C相交于A，B两点．求证：以AB为直径的圆过原点．
解：(1)以O为坐标原点，椭圆C的长轴、短轴所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，
设椭圆的长半轴长为a，短半轴长为b，半焦距为c，
依题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,b－\f(\r(6),3)＝1－\f(\r(6),3)，,a2＝b2＋c2，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)，,b＝1，,c＝1，))
所以C的方程为 eq \f(x2,2) ＋y2＝1.
(2)证明：(ⅰ)当直线AB垂直于x轴时，如图所示，
不妨设A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，\f(\r(6),3))) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，－\f(\r(6),3))) ，此时 eq \(OA,\s\up9(→)) · eq \(OB,\s\up9(→)) ＝0，所以OA⊥OB，故以AB为直径的圆过原点O.
(ⅱ)当直线AB不垂直于x轴时，如图所示，
设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2).
因为AB与圆O相切，所以O到直线AB的距离为 eq \f(|m|,\r(k2＋1)) ＝ eq \f(\r(6),3) ，即3m2－2k2－2＝0，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1，)) 得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，所以x1＋x2＝ eq \f(－4km,2k2＋1) ，x1x2＝ eq \f(2m2－2,2k2＋1) ，
所以 eq \(OA,\s\up9(→)) · eq \(OB,\s\up9(→)) ＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2m2－2,2k2＋1))) ＋km eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4km,2k2＋1))) ＋m2＝ eq \f(（1＋k2）（2m2－2）＋km（－4km）＋m2（2k2＋1）,2k2＋1) ＝ eq \f(3m2－2k2－2,2k2＋1) ＝0，
所以OA⊥OB，故以AB为直径的圆过原点O，
综上，以AB为直径的圆过原点O.
4．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F.
(1)过点F且斜率为 eq \r(3) 的直线交抛物线C于P，Q两点，若|PQ|＝ eq \f(16,3) ，求抛物线C的方程；
(2)过点F的直线交抛物线C于A，B两点，直线AO，BO分别与直线x＝－p相交于M，N两点，试判断△ABO与△MNO的面积之比是否为定值，并说明理由．
解：(1)设过点F且斜率为 eq \r(3) 的直线方程为y＝ eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2))) ，代入y2＝2px(p>0)，
得3x2－5px＋ eq \f(3p2,4) ＝0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则Δ＝(－5p)2－4×3× eq \f(3p2,4) ＝16p2>0，x1＋x2＝ eq \f(5p,3) ，所以|PQ|＝x1＋x2＋p＝ eq \f(8p,3) ＝ eq \f(16,3) ，则p＝2，
即抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)△ABO与△MNO的面积之比是定值．理由如下：设AB的方程为x＝ty＋ eq \f(p,2) ，代入y2＝2px得y2－2pty－p2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2＝－p2，x1x2＝ eq \f(y eq \\al(2,1) ,2p) · eq \f(y eq \\al(2,2) ,2p) ＝ eq \f(p4,4p2) ＝ eq \f(p2,4) .因为∠AOB＝∠MON，所以 eq \f(S△ABO,S△MNO) ＝ eq \f(\f(1,2)|AO|·|BO|·sin ∠AOB,\f(1,2)|MO|·|NO|·sin ∠MON) ＝ eq \f(|AO|·|BO|,|MO|·|NO|) ＝ eq \f(x1,p) · eq \f(x2,p) ＝ eq \f(x1x2,p2) ＝ eq \f(1,4) ，
所以△ABO与△MNO的面积之比是定值．
5．已知O为坐标原点，双曲线C： eq \f(x2,m2) － eq \f(y2,m2－2) ＝1(m>0)的渐近线方程为y＝± eq \f(\r(2),2) x.
(1)求C的标准方程；
(2)过点P(1， eq \r(3) )的直线l交C于M，N两点，交x轴于Q点．若|PM|·|PN|＝36，问tan ∠OPQ是否存在？若存在，求出tan ∠OPQ的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)易知双曲线C的焦点在x轴上，且m2－2>0，所以m> eq \r(2) 或m0，所以m> eq \r(2) ，所以a＝m，b＝ eq \r(m2－2) .
由已知可得 eq \f(\r(m2－2),m) ＝ eq \f(\r(2),2) ，解得m＝2，所以C的标准方程为 eq \f(x2,4) － eq \f(y2,2) ＝1.
(2)由题意，易知直线l的斜率存在．
设直线l：y＝k(x－1)＋ eq \r(3) ，联立方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1）＋\r(3)，,\f(x2,4)－\f(y2,2)＝1，))
化简得(1－2k2)x2＋(4k2－4 eq \r(3) k)x－2k2＋4 eq \r(3) k－10＝0.
由题意知1－2k2≠0，
且Δ＝(4k2－4 eq \r(3) k)2－4(1－2k2)·(－2k2＋4 eq \r(3) k－10)＝－24k2－16 eq \r(3) k＋40>0，
所以3k2＋2 eq \r(3) k－5b>0)，因为椭圆C的离心率为 eq \f(\r(7),4) ，面积为12π，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\r(1－\f(b2,a2))＝\f(\r(7),4)，,12π＝abπ，)) 解得a2＝16，b2＝9，所以椭圆C的方程为 eq \f(y2,16) ＋ eq \f(x2,9) ＝1.故选A.
7．(2024·河北衡水中学月考)已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x∈[0，1]时，f(x)＝a－cs eq \f(π,2) x，若函数y＝f(x＋1)是偶函数，则下列结论不正确的为( D )
A．a＝1
B．f(x)的最小正周期T＝4
C．y＝f(x)－|lg6x|有4个零点
D．f(2 023)>f(2 022)
解析：对于A，由题意可得f(0)＝a－1＝0，解得a＝1，故A正确；对于B，∵y＝f(x＋1)是偶函数，则f(x＋1)＝f(－x＋1)，则f(2＋x)＝f(－x)，又∵f(x)为奇函数，则f(－x)＝－f(x)，可得f(2＋x)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝－[－f(x)]＝f(x)，则f(x)的最小正周期T＝4，故B正确；对于C，令f(x)－|lg6x|＝0，则f(x)＝|lg6x|，注意到此时x>0，分别作出y＝f(x)，y＝|lg6x|的图象，如图，
由图象可知y＝f(x)，y＝|lg6x|有4个交点，故y＝f(x)－|lg6x|有4个零点，故C正确；对于D，∵f(3)＝－f(－3)＝－f(1)＝－1，f(2)＝f(0)＝0，则f(2 023)＝f(3)＝－1，f(2 022)＝f(2)＝0，可得f(2 023)0)有两个不等的正实数根，即－2a＝ eq \f(x,ex) (x>0)有两个不等的正实数根，即转化为函数g(x)＝ eq \f(x,ex) (x>0)图象与函数y＝－2a图象有2个交点．g′(x)＝ eq \f(1－x,ex) ，当01时，g′(x)0)图象与函数y＝－2a图象有2个交点．如图，则0