新高考專用2023年高考數(shù)學(xué)考試易錯題易錯點13圓錐曲線及直線與圓錐曲線位置關(guān)系備戰(zhàn)含解析

Page26專題13解析幾何易錯分析一、設(shè)直線的點斜式或斜截式方程忽略判斷斜率是否存在致錯1．直線l過拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點F(1,0)，且與C交于A，B兩點，則p＝_______，eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝________.【錯解】設(shè)直線的方程為l：y＝k(x－1)，代入拋物線方程，得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2＝1，eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(|AF|＋|BF|,|AF||BF|)＝eq\f(x1＋x2＋2,x1＋1x2＋1)＝eq\f(x1＋x2＋2,x1x2＋x1＋x2＋1)＝eq\f(x1＋x2＋2,1＋x1＋x2＋1)＝1.綜上，eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝1.答案：21【錯因】未考慮直線斜率不存在的情況，【正解】由eq\f(p,2)＝1，得p＝2.當(dāng)直線l的斜率不存在時，l：x＝1，與y2＝4x聯(lián)立解得y＝±2，此時|AF|＝|BF|＝2，所以eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＝1；當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)l：y＝k(x－1)，代入拋物線方程，得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2＝1，eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(|AF|＋|BF|,|AF||BF|)＝eq\f(x1＋x2＋2,x1＋1x2＋1)＝eq\f(x1＋x2＋2,x1x2＋x1＋x2＋1)＝eq\f(x1＋x2＋2,1＋x1＋x2＋1)＝1.綜上，eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝1.答案：212．若直線l與橢圓C：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.交于A，B兩點，且|eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))|＝|eq\o(OA,\s\up7(→))－eq\o(OB,\s\up7(→))|，求證：直線l與某個定圓E相切，并求出定圓E的方程．【錯解】∵|eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))|＝|eq\o(OA,\s\up7(→))－eq\o(OB,\s\up7(→))|，∴eq\o(OA,\s\up7(→))⊥eq\o(OB,\s\up7(→))，則.設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2y2＝6，,y＝kx＋m))得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，則Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)>0，化簡得m2<6k2＋3(*)，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－6,1＋2k2)，則y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq\f(m2－6k2,1＋2k2)，由eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝0，即x1x2＋y1y2＝0，可得eq\f(2m2－6,1＋2k2)＋eq\f(m2－6k2,1＋2k2)＝0，整理得m2＝2k2＋2，滿足(*)式，∴eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝eq\r(2)，即原點到直線l的距離為eq\r(2)，∴直線l與圓x2＋y2＝2相切．綜上所述，直線l與圓E：x2＋y2＝2相切．【錯因】未考慮直線斜率不存在的情況，【正解】證明：∵|eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))|＝|eq\o(OA,\s\up7(→))－eq\o(OB,\s\up7(→))|，∴eq\o(OA,\s\up7(→))⊥eq\o(OB,\s\up7(→))，則.①當(dāng)直線l的斜率不存在時，設(shè)l：x＝t，代入橢圓方程得y＝±eq\r(\f(6－t2,2))，不妨令A(yù)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\r(\f(6－t2,2))))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\r(\f(6－t2,2))))，由eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝0得t2－3＋eq\f(t2,2)＝0，解得t＝±eq\r(2)，此時l：x＝±eq\r(2)，與圓x2＋y2＝2相切；②當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)l：y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2y2＝6，,y＝kx＋m))得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，則Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)>0，化簡得m2<6k2＋3(*)，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－6,1＋2k2)，則y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq\f(m2－6k2,1＋2k2)，由eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝0，即x1x2＋y1y2＝0，可得eq\f(2m2－6,1＋2k2)＋eq\f(m2－6k2,1＋2k2)＝0，整理得m2＝2k2＋2，滿足(*)式，∴eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝eq\r(2)，即原點到直線l的距離為eq\r(2)，∴直線l與圓x2＋y2＝2相切．綜上所述，直線l與圓E：x2＋y2＝2相切．二、當(dāng)直線的斜率存在時忽略判斷斜率是否為零致錯3．若過點Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),3)，0))的直線l交橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1.于A，B兩點，證明：eq\f(1,|AQ|2)＋eq\f(1,|BQ|2)為定值．【錯解】設(shè)直線AB的方程為x＝ty－eq\f(\r(6),3)，點A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty－\f(\r(6),3)，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去x得(t2＋2)y2－eq\f(2\r(6)t,3)y－eq\f(4,3)＝0，則Δ＝eq\f(8,3)t2＋eq\f(16,3)(t2＋2)>0恒成立，由根與系數(shù)的關(guān)系，得y1＋y2＝eq\f(2\r(6)t,3t2＋2)，y1y2＝－eq\f(4,3t2＋2)，所以eq\f(1,|AQ|2)＋eq\f(1,|BQ|2)＝eq\f(1,1＋t2y\o\al(2,1))＋eq\f(1,1＋t2y\o\al(2,2))＝eq\f(y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2),1＋t2y\o\al(2,1)y\o\al(2,2))＝eq\f(y1＋y22－2y1y2,1＋t2y\o\al(2,1)y\o\al(2,2))＝eq\f(\f(8t2,3t2＋22)＋\f(8,3t2＋2),1＋t2·\f(16,9t2＋22))＝eq\f(\f(16t2＋1,3t2＋22),1＋t2·\f(16,9t2＋22))＝eq\f(16,3)×eq\f(9,16)＝3.綜上，eq\f(1,|AQ|2)＋eq\f(1,|BQ|2)＝3為定值．【錯因】未考慮斜率為零的情況，【正解】（1）當(dāng)直線AB的斜率為零時，點A，B為橢圓長軸的端點，則eq\f(1,|AQ|2)＋eq\f(1,|BQ|2)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)＋\f(\r(6),3)))2)＋eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋\f(\r(6),3)))2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋\f(\r(6),3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－\f(\r(6),3)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2,3)))2)＝eq\f(4＋\f(4,3),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2)＝3；當(dāng)直線AB不與x軸重合時，設(shè)直線AB的方程為x＝ty－eq\f(\r(6),3)，點A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty－\f(\r(6),3)，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去x得(t2＋2)y2－eq\f(2\r(6)t,3)y－eq\f(4,3)＝0，則Δ＝eq\f(8,3)t2＋eq\f(16,3)(t2＋2)>0恒成立，由根與系數(shù)的關(guān)系，得y1＋y2＝eq\f(2\r(6)t,3t2＋2)，y1y2＝－eq\f(4,3t2＋2)，所以eq\f(1,|AQ|2)＋eq\f(1,|BQ|2)＝eq\f(1,1＋t2y\o\al(2,1))＋eq\f(1,1＋t2y\o\al(2,2))＝eq\f(y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2),1＋t2y\o\al(2,1)y\o\al(2,2))＝eq\f(y1＋y22－2y1y2,1＋t2y\o\al(2,1)y\o\al(2,2))＝eq\f(\f(8t2,3t2＋22)＋\f(8,3t2＋2),1＋t2·\f(16,9t2＋22))＝eq\f(\f(16t2＋1,3t2＋22),1＋t2·\f(16,9t2＋22))＝eq\f(16,3)×eq\f(9,16)＝3.綜上，eq\f(1,|AQ|2)＋eq\f(1,|BQ|2)＝3為定值．三、忽略圓錐曲線幾何性質(zhì)致錯4．已知P在橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1上，A(0,4)，則|PA|的最大值為()A.eq\f(\r(218),3) B.eq\f(76,3)C．5 D．2eq\r(5)【錯解】選B設(shè)P(x0，y0)，則由題意得eq\f(x\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1，故xeq\o\al(2,0)＝4(1－yeq\o\al(2,0))，所以|PA|2＝xeq\o\al(2,0)＋(y0－4)2＝4(1－yeq\o\al(2,0))＋yeq\o\al(2,0)－8y0＋16＝－3yeq\o\al(2,0)－8y0＋20＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0＋\f(4,3)))2＋eq\f(76,3)，所以當(dāng)y0＝－時，|PA|2取得最大值eq\f(76,3)，即|PA|的最大值為eq\f(\r(218),3).故選C.【錯因】忽略了橢圓中，本題中－1≤y0≤1，【正解】選C設(shè)P(x0，y0)，則由題意得eq\f(x\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1，故xeq\o\al(2,0)＝4(1－yeq\o\al(2,0))，所以|PA|2＝xeq\o\al(2,0)＋(y0－4)2＝4(1－yeq\o\al(2,0))＋yeq\o\al(2,0)－8y0＋16＝－3yeq\o\al(2,0)－8y0＋20＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0＋\f(4,3)))2＋eq\f(76,3)，又－1≤y0≤1，所以當(dāng)y0＝－1時，|PA|2取得最大值25，即|PA|的最大值為5.5．若橢圓的中心為原點，過橢圓的焦點F(－2,0)的直線l與橢圓交于A，B兩點，已知AB的中點為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，則橢圓的長軸長為()A．2eq\r(2) B．4eq\r(2)C.eq\f(4\r(3),3) D.eq\f(8\r(3),3)【錯解】選C由焦點F(－2,0)在x軸上，設(shè)橢圓的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．因為A(x1，y1)，B(x2，y2)在橢圓上，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，))作差得eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),a2)＋eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),b2)＝0.(*)，因為直線l過Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))及F(－2,0)，且AB的中點為M，所以x1＋x2＝－2，y1＋y2＝1，kl＝eq\f(0－\f(1,2),－2－－1)＝eq\f(1,2)＝eq\f(y1－y2,x1－x2)，代入(*)式，得eq\f(b2,a2)＋eq\f(y1＋y2,x1＋x2)·eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(b2,a2)＋eq\f(1,－2)×eq\f(1,2)＝0，即b2＝eq\f(1,4)a2，因為c2＋b2＝a2，c＝2，所以a＝eq\f(4\r(3),3)，故選C.【錯因】忽略橢圓的的長軸長的定義，橢圓的的長軸長為2a,而不是a.【正解】選D由焦點F(－2,0)在x軸上，設(shè)橢圓的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．因為A(x1，y1)，B(x2，y2)在橢圓上，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，))作差得eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),a2)＋eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),b2)＝0.(*)，因為直線l過Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))及F(－2,0)，且AB的中點為M，所以x1＋x2＝－2，y1＋y2＝1，kl＝eq\f(0－\f(1,2),－2－－1)＝eq\f(1,2)＝eq\f(y1－y2,x1－x2)，代入(*)式，得eq\f(b2,a2)＋eq\f(y1＋y2,x1＋x2)·eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(b2,a2)＋eq\f(1,－2)×eq\f(1,2)＝0，即b2＝eq\f(1,4)a2，因為c2＋b2＝a2，c＝2，所以a＝eq\f(4\r(3),3)，所以橢圓的長軸長為eq\f(8\r(3),3)，故選D.6．已知橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，焦距為2c，直線l：y＝eq\f(\r(2),4)x與橢圓C相交于A，B兩點，若|AB|＝2c，則橢圓C的離心率為________．【錯解】設(shè)直線l與橢圓C在第一象限內(nèi)的交點為A(x1，y1)，則y1＝eq\f(\r(2),4)x1，由|AB|＝2c，可知|OA|＝eq\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))＝c(O為坐標(biāo)原點)，即eq\r(x\o\al(2,1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)x1))2)＝c，所以x1＝eq\f(2\r(2),3)c，所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)c，\f(c,3))).把點A的坐標(biāo)代入橢圓方程得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)c))2,a2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)c))2,b2)＝1，又a2＝b2＋c2，整理得8e4－18e2＋9＝0，即(4e2－3)(2e2－3)＝0，又0＜e＜1，所以e＝eq\f(\r(3),2)或.【錯因】忽略了橢圓的離心率0＜e＜1，【正解】設(shè)直線l與橢圓C在第一象限內(nèi)的交點為A(x1，y1)，則y1＝eq\f(\r(2),4)x1，由|AB|＝2c，可知|OA|＝eq\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))＝c(O為坐標(biāo)原點)，即eq\r(x\o\al(2,1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)x1))2)＝c，所以x1＝eq\f(2\r(2),3)c，所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)c，\f(c,3))).把點A的坐標(biāo)代入橢圓方程得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)c))2,a2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)c))2,b2)＝1，又a2＝b2＋c2，整理得8e4－18e2＋9＝0，即(4e2－3)(2e2－3)＝0，又0＜e＜1，所以e＝eq\f(\r(3),2).答案：eq\f(\r(3),2)7、若點F1，F(xiàn)2依次為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，且|F1F2|＝6，B1(0，－b)，B2(0，b)．若雙曲線C上存在點P，使得eq\o(B1P,\s\up7(→))·eq\o(B2P,\s\up7(→))＝－2，則實數(shù)b的取值范圍為_______．【錯解】設(shè)雙曲線上的點P(x，y)滿足eq\o(B1P,\s\up7(→))·eq\o(B2P,\s\up7(→))＝－2，即x2＋y2＝b2－2，又eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1?y2＝eq\f(b2,a2)x2－b2，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b2,a2)))x2＝2b2－2，即eq\f(c2,a2)x2＝2b2－2，∵|x|≥a?x2≥a2，且c2＝9，∴2b2－2≥9?b≥eq\f(\r(22),2)，∴實數(shù)b的取值范圍是?！惧e因】忽略了雙曲線中b<c?！菊狻吭O(shè)雙曲線上的點P(x，y)滿足eq\o(B1P,\s\up7(→))·eq\o(B2P,\s\up7(→))＝－2，即x2＋y2＝b2－2，又eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1?y2＝eq\f(b2,a2)x2－b2，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b2,a2)))x2＝2b2－2，即eq\f(c2,a2)x2＝2b2－2，∵|x|≥a?x2≥a2，且c2＝9，∴2b2－2≥9?b≥eq\f(\r(22),2)，又b<c＝3，∴實數(shù)b的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(22),2)，3)).8、已知點P是橢圓C:上的動點,,求的最小值.【錯解】設(shè),則==,所以.【錯因】忽略橢圓中.【正解】設(shè),則==,因為,所以當(dāng)時時,當(dāng)時時,當(dāng)時時.四、有關(guān)橢圓方程求參數(shù)范圍問題忽略分母不等致錯9．若方程eq\f(x2,7－k)＋eq\f(y2,k－5)＝1表示橢圓，則實數(shù)k的取值范圍為()A．(5,7) B．(5,6)C．(6,7)D．(5,6)∪(6,7)【錯解】選A由題意可知，解得5＜k＜7.【錯因】未考慮橢圓方程中分母不等的情況，【正解】選D由題意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(7－k＞0，,k－5＞0，,7－k≠k－5，))解得5＜k＜7且k≠6.10．若直線y＝kx＋1與橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,m)＝1總有公共點，則m的取值范圍是()A．＋∞) B．(0，＋∞)C．(0,1)∪(1,5) D．[1,5)∪(5，＋∞)【錯解】選A由于直線y＝kx＋1恒過點(0,1)，所以點(0,1)必在橢圓內(nèi)或橢圓上，則0<eq\f(1,m)≤1，解得m≥1.【錯因】未考慮橢圓方程中分母不等的情況，【正解】選D由于直線y＝kx＋1恒過點(0,1)，所以點(0,1)必在橢圓內(nèi)或橢圓上，則0<eq\f(1,m)≤1且m≠5，解得m≥1且m≠5.五、求離心率考慮不全致錯11、若兩數(shù)1?9的等差中項是a,等比中項是b,則曲線的離心率為（）A．或 B．或 C． D．【錯解】D，由題意,,則曲線方程為,該方程表示橢圓,其離心率為?！惧e因】開方運算出錯，開方時。【正解】A，由題意,,若,曲線方程為,表示橢圓,離心率為,若時,曲線方程為,表示雙曲線,離心率為．12、雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0,b>0)的兩個焦點為F1、F2,若P為雙曲線上一點,且|PF1|＝2|PF2|,則雙曲線離心率的取值范圍為________．【錯解】如圖,設(shè)|PF2|＝m,∠F1PF2＝θ(0<θ<π),由條件得|PF1|＝2m,|F1F2|2＝m2＋(2m)2－4m2cosθ,且||PF1|－|PF2||＝m＝2a.所以e＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(\r(m2＋2m2－4m2cosθ),m)＝eq\r(5－4cosθ).又－1<cosθ<1,所以e∈(1,3)．【錯因】漏掉了P在x軸上的情況,即∠F1PF2＝π時的情況．【正解】設(shè)|PF2|＝m,∠F1PF2＝θ(0<θ≤π),（1）當(dāng)θ＝π，即點P在右頂點處時.e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(3m,m)＝3.（2）當(dāng)θ≠π,由條件,得|PF1|＝2m,|F1F2|2＝m2＋(2m)2－4m2cosθ,且||PF1|－|PF2||＝m＝2a.所以e＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(\r(m2＋2m2－4m2cosθ),m)＝eq\r(5－4cosθ).又－1<cosθ<1,所以e∈(1,3)．綜上,e∈(1,3]．六、求圓錐曲線的方程、離心率忽略焦點位置致錯13．若直線x－2y＋2＝0經(jīng)過橢圓的一個焦點和一個頂點，則該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為()A.eq\f(x2,5)＋y2＝1 B.eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,5)＝1C.eq\f(x2,5)＋y2＝1或eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,5)＝1 D．以上答案都不對【錯解】選A直線x－2y＋2＝0與坐標(biāo)軸的兩個交點分別為(0,1)和(－2,0)．則c＝2，b＝1，a2＝5，故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,5)＋y2＝1.【錯因】未考慮拋物線的焦點在y軸上的情況，【正解】選C直線x－2y＋2＝0與坐標(biāo)軸的兩個交點分別為(0,1)和(－2,0)．若橢圓的焦點在x軸上，則c＝2，b＝1，a2＝5，故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,5)＋y2＝1.若橢圓的焦點在y軸上，則b＝2，c＝1，a2＝5，故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(y2,5)＋eq\f(x2,4)＝1.14．以坐標(biāo)原點為對稱中心，兩坐標(biāo)軸為對稱軸的雙曲線的一條漸近線的傾斜角為eq\f(π,3)，則雙曲線的離心率為__________．【錯解】設(shè)雙曲線的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1，則漸近線的方程為y＝±eq\f(b,a)x，由題意可得eq\f(b,a)＝taneq\f(π,3)＝eq\r(3)，b＝eq\r(3)a，可得c＝2a，則e＝eq\f(c,a)＝2；答案：2【錯因】未對焦點位置分情況討論，【正解】若雙曲線的焦點在x軸上，設(shè)雙曲線的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1，則漸近線的方程為y＝±eq\f(b,a)x，由題意可得eq\f(b,a)＝taneq\f(π,3)＝eq\r(3)，b＝eq\r(3)a，可得c＝2a，則e＝eq\f(c,a)＝2；若雙曲線的焦點在y軸上，設(shè)雙曲線的方程為eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1，則漸近線的方程為y＝±eq\f(a,b)x，由題意可得eq\f(a,b)＝taneq\f(π,3)＝eq\r(3)，a＝eq\r(3)b，可得c＝eq\f(2\r(3),3)a，則e＝eq\f(2\r(3),3).綜上可得e＝2或e＝eq\f(2\r(3),3).答案：2或eq\f(2\r(3),3)15、若頂點在原點的拋物線經(jīng)過點(－2,1)，(1,2)，(4,4)中的2個，則該拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為_______．【錯解】設(shè)拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＝my，若點(－2,1)在拋物線上，則m＝4，此時x2＝4y，點(4,4)在拋物線上，點(1,2)不在拋物線上，滿足題意；若點(1,2)在拋物線上，則m＝eq\f(1,2)，此時x2＝eq\f(1,2)y，點(－2,1)，(4,4)均不在拋物線上，不滿足題意．答案：x2＝4y【錯因】未考慮拋物線的焦點在x軸上的情況，【正解】（1）當(dāng)拋物線的焦點在未考慮拋物線的焦點在x軸上的情況，軸上時，設(shè)拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＝my，若點(－2,1)在拋物線上，則m＝4，此時x2＝4y，點(4,4)在拋物線上，點(1,2)不在拋物線上，滿足題意；若點(1,2)在拋物線上，則m＝eq\f(1,2)，此時x2＝eq\f(1,2)y，點(－2,1)，(4,4)均不在拋物線上，不滿足題意．（2）當(dāng)拋物線的焦點在x軸上時，設(shè)拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝nx，同理可求得當(dāng)點(1,2)，(4,4)在拋物線上時滿足題意，此時y2＝4x.故滿足題意的拋物線的方程為x2＝4y或y2＝4x.答案：x2＝4y或y2＝4x七、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系忽略判別式致錯16．若直線y＝kx－2與拋物線y2＝8x交于A，B兩個不同的點，拋物線的焦點為F，且|AF|,3，|BF|成等差數(shù)列，則k＝()A.eq\r(5)±1B．1－eq\r(5)C．1±eq\r(5)D．1＋eq\r(5)【錯解】選C，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－2，,y2＝8x，))消去y，得k2x2－4(k＋2)x＋4＝0，故x1＋x2＝eq\f(4k＋2,k2).由|AF|＝x1＋eq\f(p,2)＝x1＋2，|BF|＝x2＋eq\f(p,2)＝x2＋2，且|AF|,3，|BF|成等差數(shù)列，得x1＋2＋x2＋2＝6，得x1＋x2＝2，所以eq\f(4k＋2,k2)＝2，解得k＝1±eq\r(5).【錯因】錯解中沒有考慮判別式，即沒有保證直線y＝kx－2與拋物線y2＝8x交于A，B兩個不同的點，【正解】選D，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－2，,y2＝8x，))消去y，得k2x2－4(k＋2)x＋4＝0，故Δ＝16(k＋2)2－16k2＝64(1＋k)＞0，解得k＞－1，且x1＋x2＝eq\f(4k＋2,k2).由|AF|＝x1＋eq\f(p,2)＝x1＋2，|BF|＝x2＋eq\f(p,2)＝x2＋2，且|AF|,3，|BF|成等差數(shù)列，得x1＋2＋x2＋2＝6，得x1＋x2＝2，所以eq\f(4k＋2,k2)＝2，解得k＝1±eq\r(5).又k＞－1，故k＝1＋eq\r(5).17、已知雙曲線x2－eq\f(y2,2)＝1,過點B(1,1)能否作直線m,使m與已知雙曲線交于Q1,Q2兩點,且B是線段Q1Q2的中點？這樣的直線m如果存在,求出它的方程；如果不存在,說明理由．【錯解】設(shè)Q1(x1,y1),Q2(x2,y2),代入雙曲線方程得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)－\f(y\o\al(2,1),2)＝1，①,x\o\al(2,2)－\f(y\o\al(2,2),2)＝1.②))①－②化簡得k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(2x1＋x2,y1＋y2).，∵中點B(1,1),∴x1＋x2＝2,y1＋y2＝2,∴k＝2.∴滿足題設(shè)的直線存在,且方程為y－1＝2(x－1),即2x－y－1＝0.【錯因】錯解中沒有考慮判別式，即沒有判斷直線2x－y－1＝0和雙曲線x2－eq\f(y2,2)＝1是否相交．【正解】設(shè)Q1(x1,y1),Q2(x2,y2),代入雙曲線方程得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)－\f(y\o\al(2,1),2)＝1，①,x\o\al(2,2)－\f(y\o\al(2,2),2)＝1.

②))①－②得(x1＋x2)(x1－x2)＝eq\f(1,2)(y1＋y2)(y1－y2)．∵B(1,1)為Q1Q2的中點,∴k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝2.∴直線方程為y－1＝2(x－1),即2x－y－1＝0.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x－1，,x2－\f(y2,2)＝1))消去y得2x2－4x＋3＝0.Δ＝(－4)2－4×2×3＝－8<0,∴所求直線不存在．八、求軌跡方程對隱含條件挖掘不全致錯18．已知△ABC的周長為20，且頂點B(0，－4)，C(0,4)，則頂點A的軌跡方程是()A.eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,20)＝1(x≠0) B.eq\f(x2,20)＋eq\f(y2,36)＝1(x≠0)C.eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,20)＝1(x≠0) D.eq\f(x2,20)＋eq\f(y2,36)＝1【錯解】選D，∵△ABC的周長為20，頂點B(0，－4)，C(0,4)，∴|BC|＝8，|AB|＋|AC|＝20－8＝12，∵12＞8，∴點A到兩個定點的距離之和等于定值，∴點A的軌跡是橢圓，∵a＝6，c＝4，∴b2＝20，∴橢圓的方程是eq\f(x2,20)＋eq\f(y2,36)＝1【錯因】忽略了A、B、C三點不共線這一隱含條件?！菊狻窟xB∵△ABC的周長為20，頂點B(0，－4)，C(0,4)，∴|BC|＝8，|AB|＋|AC|＝20－8＝12，∵12＞8，∴點A到兩個定點的距離之和等于定值，∴點A的軌跡是橢圓的一部分，∵a＝6，c＝4，∴b2＝20，∴橢圓的方程是eq\f(x2,20)＋eq\f(y2,36)＝1(x≠0)．19、若Rt△ABC的斜邊為AB,點A(－2,0),B(4,0),則點C滿足的方程為________.【錯解】設(shè)C(x,y),由于直角三角形斜邊上的中線長是斜邊長的一半,如圖,這樣直角三角形斜邊上的中點為M(1,0),則半徑為,即得所求圓的方程為(x－1)2＋y2＝9.【錯因】因為忽視結(jié)論的檢驗,沒有注意到點C是直角三角形的頂點,即C點不能在直線AB上．【正解】設(shè)C(x,y),由于直角三角形斜邊上的中點為M(1,0),如圖所示,則半徑為,即得圓的方程為(x－1)2＋y2＝9.但是頂點C不能在直線AB上,因此y≠0,也就是要除去兩個點,即(－2,0),(4,0),因此C點滿足的方程為(x－1)2＋y2＝9(y≠0)．20．已知點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)))，直線PM，PN的斜率乘積為－eq\f(3,4)，P點的軌跡為曲線C.則曲線C的方程為________.【錯解】設(shè)P點坐標(biāo)為(x，y)，∵kPM·kPN＝－eq\f(3,4)，∴eq\f(y－\f(3,2),x－1)·eq\f(y＋\f(3,2),x＋1)＝－eq\f(3,4)，∴4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(3,2)))＋3(x－1)(x＋1)＝0，∴eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，∴曲線C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．【錯因】忽略了直線PM，PN的斜率都存在這一隱含條件?！菊狻吭O(shè)P點坐標(biāo)為(x，y)，∵kPM·kPN＝－eq\f(3,4)，∴eq\f(y－\f(3,2),x－1)·eq\f(y＋\f(3,2),x＋1)＝－eq\f(3,4)，∴4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(3,2)))＋3(x－1)(x＋1)＝0，∴eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，∴曲線C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(x≠±1)．八、求離心率忽略開方致錯21．已知圓(x－1)2＋y2＝eq\f(3,4)的一條切線y＝kx與雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)有兩個交點，則雙曲線C的離心率的取值范圍是()A．(1，eq\r(3)) B．(4，＋∞)C．(eq\r(3)，＋∞) D．(2，＋∞)【錯解】選B，由題意，圓心(1,0)到切線的距離d＝eq\f(|k|,\r(1＋k2))＝eq\f(\r(3),2)，解得k＝±eq\r(3)，因為圓(x－1)2＋y2＝eq\f(3,4)的一條切線y＝kx與雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)有兩個交點，所以eq\f(b,a)＞eq\r(3)，所以e2＝1＋eq\f(b2,a2)＞4.【錯因】求離心率時忘記開方，注意雙曲線中，【正解】選D由題意，圓心(1,0)到切線的距離d＝eq\f(|k|,\r(1＋k2))＝eq\f(\r(3),2)，解得k＝±eq\r(3)，因為圓(x－1)2＋y2＝eq\f(3,4)的一條切線y＝kx與雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)有兩個交點，所以eq\f(b,a)＞eq\r(3)，所以e2＝1＋eq\f(b2,a2)＞4，則，所以e＞2.22．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，直線y＝x與橢圓相交于A，B兩點，若橢圓上存在異于A，B兩點的點P使得kPA·kPB∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0))，則離心率e的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(6),3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))【錯解】選D設(shè)P(x0，y0)，直線y＝x過原點，由橢圓的對稱性設(shè)A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，則kPAkPB＝eq\f(y0－y1,x0－x1)×eq\f(y0＋y1,x0＋x1)＝eq\f(y\o\al(2,0)－y\o\al(2,1),x\o\al(2,0)－x\o\al(2,1)).又eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y\o\al(2,0),b2)＝1，eq\f(x\o\al(2,1),a2)＋eq\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，兩式作差，代入上式得kPAkPB＝－eq\f(b2,a2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0))，故eq\f(2,3)<1－eq\f(b2,a2)<1，又e＝1－eq\f(b2,a2)，故選D?！惧e因】求離心率時忘記開方，注意橢圓中，【正解】選B設(shè)P(x0，y0)，直線y＝x過原點，由橢圓的對稱性設(shè)A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，則kPAkPB＝eq\f(y0－y1,x0－x1)×eq\f(y0＋y1,x0＋x1)＝eq\f(y\o\al(2,0)－y\o\al(2,1),x\o\al(2,0)－x\o\al(2,1)).又eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y\o\al(2,0),b2)＝1，eq\f(x\o\al(2,1),a2)＋eq\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，兩式作差，代入上式得kPAkPB＝－eq\f(b2,a2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0))，故eq\f(2,3)<1－eq\f(b2,a2)<1，所以e＝eq\r(1－\f(b2,a2))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，1)).九、使用圓錐曲線的定義忽略限制條件致錯23．已知點F1(－5,0)，F(xiàn)2(5,0)，動點P滿足|PF1|－|PF2|＝2a，當(dāng)a為3和5時，點P的軌跡分別是()A．雙曲線的右支B．雙曲線和一條射線C．雙曲線的一支和一條直線D．雙曲線的一支和一條射線【錯解】選A當(dāng)a＝3時，|PF1|－|PF2|＝2a＝6，故點P的軌跡為雙曲線的右支；當(dāng)a＝5時，|PF1|－|PF2|＝2a＝10，故點P的軌跡為雙曲線的右支；【錯因】忽略了雙曲線定義中2a＜|F1F2|這一條件。【正解】選D依題意得|F1F2|＝10，當(dāng)a＝3時，2a＝6＜|F1F2|，故點P的軌跡為雙曲線的右支；當(dāng)a＝5時，2a＝10＝|F1F2|，故點P的軌跡為一條射線．24、設(shè)定點F10,-3，F(xiàn)20,3，動點Px,y滿足條件PA.橢圓 B.線段

C.不存在 D.橢圓或線段或不存在【錯解】A，由題中坐標(biāo)得到F1F2=6，又由于【錯因】忽略了橢圓的定義中2a>|F1F2|這一條件。【正解】由題中坐標(biāo)得到F1F2=6，又由于PF1+PF2=a，當(dāng)a=625、已知圓C1：(x＋3)2＋y2＝1和圓C2：(x－3)2＋y2＝9,動圓M同時與圓C1及圓C2外切,則動圓圓心M的軌跡方程為________．【錯解】x2－eq\f(y2,8)＝1，如圖所示,設(shè)動圓M與圓C1及圓C2分別外切于A和B.根據(jù)兩圓外切的條件,得|MC1|－|AC1|＝|MA|,|MC2|－|BC2|＝|MB|.因為|MA|＝|MB|,所以|MC1|－|AC1|＝|MC2|－|BC2|,即|MC2|－|MC1|＝|BC2|－|AC1|＝2.所以點M到兩定點C1、C2的距離的差是常數(shù)．又根據(jù)雙曲線的定義,得動點M的軌跡為雙曲線的左支(點M與C2的距離大,與C1的距離小),其中a＝1,c＝3,則b2＝8.故點M的軌跡方程為x2－eq\f(y2,8)＝1．【錯因】錯誤運用雙曲線定義出錯．本題中,|MC2|－|MC1|＝2,與雙曲線定義相比,左邊少了外層絕對值,因此只能是雙曲線的一支．【正解】如圖所示,設(shè)動圓M與圓C1及圓C2分別外切于A和B.根據(jù)兩圓外切的條件,得|MC1|－|AC1|＝|MA|,|MC2|－|BC2|＝|MB|.因為|MA|＝|MB|,所以|MC1|－|AC1|＝|MC2|－|BC2|,即|MC2|－|MC1|＝|BC2|－|AC1|＝2.所以點M到兩定點C1、C2的距離的差是常數(shù)．又根據(jù)雙曲線的定義,得動點M的軌跡為雙曲線的左支(點M與C2的距離大,與C1的距離小),其中a＝1,c＝3,則b2＝8.故點M的軌跡方程為x2－eq\f(y2,8)＝1(x<0)．易錯題通關(guān)1、已知m∈R，命題p：方程x2m-2+y23-m=1表示橢圓，命題q：mA.充分不必要 B.必要不充分

C.充要 D.既不充分也不必要【答案】A【解析】命題p：“方程x2m-2+y23-m=1表示橢圓”，則m-2>03-m>0m-2≠3-m，解得2<m<52或52<m<32、設(shè)拋物線的頂點為，焦點為，準(zhǔn)線為．是拋物線上異于的一點，過作于，則線段的垂直平分線A．經(jīng)過點 B．經(jīng)過點C．平行于直線 D．垂直于直線【答案】B【解析】如圖所示：．因為線段的垂直平分線上的點到的距離相等，又點在拋物線上，根據(jù)定義可知，，所以線段的垂直平分線經(jīng)過點.3、已知點P在曲線C1：eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1上，點Q在曲線C2：(x－5)2＋y2＝1上，點R在曲線C3：(x＋5)2＋y2＝1上，則|PQ|－|PR|的最大值是()A．6 B．8C．10 D．12【答案】C【解析】由題意可知C3，C2的圓心分別是雙曲線C1：eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1的左、右焦點，點P在雙曲線的左支上，則|PC2|－|PC3|＝8.又|PQ|max＝|PC2|＋1，|PR|min＝|PC3|－1，所以|PQ|－|PR|的最大值為(|PC2|＋1)－(|PC3|－1)＝|PC2|－|PC3|＋2＝8＋2＝10.故選C.4、設(shè)A，B是橢圓C：eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,m)＝1長軸的兩個端點．若C上存在點M滿足∠AMB＝120°，則m的取值范圍是()A．(0,1]∪[9，＋∞) B．(0，eq\r(3)]∪[9，＋∞)C．(0,1]∪[4，＋∞) D．(0，eq\r(3)]∪[4，＋∞)【答案】A【解析】當(dāng)0＜m＜3時，焦點在x軸上，要使C上存在點M滿足∠AMB＝120°，則eq\f(a,b)≥tan60°＝eq\r(3)，即eq\f(\r(3),\r(m))≥eq\r(3)，解得0＜m≤1.當(dāng)m＞3時，焦點在y軸上，要使C上存在點M滿足∠AMB＝120°，則eq\f(a,b)≥tan60°＝eq\r(3)，即eq\f(\r(m),\r(3))≥eq\r(3)，解得m≥9.故m的取值范圍為(0,1]∪[9，＋∞)．選A.5．設(shè)P是雙曲線eq\f(x2,16)－eq\f(y2,20)＝1上一點，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是雙曲線的左、右焦點，若|PF1|＝9，則|PF2|等于()A．1 B．17C．1或17 D．以上均不對【答案】B【解析】根據(jù)雙曲線的定義得||PF1|－|PF2||＝8，解得|PF2|＝1或17.又|PF2|≥c－a＝2，故|PF2|＝17，故選B.6．(多選)已知曲線C：mx2＋ny2＝1.()A．若m>n>0，則C是橢圓，其焦點在y軸上B．若m＝n>0，則C是圓，其半徑為eq\r(n)C．若mn<0，則C是雙曲線，其漸近線方程為y＝±eq\r(－\f(m,n))xD．若m＝0，n>0，則C是兩條直線【答案】ACD【解析】∵m>n>0，∴0<eq\f(1,m)<eq\f(1,n)，方程mx2＋ny2＝1可變形為eq\f(x2,\f(1,m))＋eq\f(y2,\f(1,n))＝1，∴該方程表示焦點在y軸上的橢圓，故A正確；∵m＝n>0，∴方程mx2＋ny2＝1可變形為x2＋y2＝eq\f(1,n)，該方程表示半徑為eq\r(\f(1,n))的圓，故B錯誤；∵mn<0，∴該方程表示雙曲線，令mx2＋ny2＝0?y＝±eq\r(－\f(m,n))x，故C正確；∵m＝0，n>0，∴方程mx2＋ny2＝1可變形為ny2＝1?y＝±eq\r(\f(1,n))，該方程表示兩條直線，故D正確．綜上可知，正確的選項為A、C、D.7．以x軸為對稱軸，通徑長為8，頂點為坐標(biāo)原點的拋物線方程是()A．x2＝8y或x2＝－8y B．y2＝－8xC．y2＝8x或y2＝－8x D．y2＝8x【答案】C【解析】依題意設(shè)拋物線方程為y2＝±2px(p>0)，則2p＝8，所以拋物線方程為y2＝8x或y2＝－8x.8．已知拋物線C與雙曲線x2－y2＝1有相同的焦點，且頂點在原點，則拋物線C的方程是()A．y2＝±2eq\r(2)x B．y2＝±2xC．y2＝±4x D．y2＝±4eq\r(2)x【答案】D【解析】由已知可知雙曲線的焦點為(－eq\r(2)，0)，(eq\r(2)，0)．設(shè)拋物線方程為y2＝±2px(p>0)，則eq\f(p,2)＝eq\r(2)，所以p＝2eq\r(2)，所以拋物線方程為y2＝±4eq\r(2)x.故選D.9．過點(0,1)作直線，使它與拋物線y2＝4x僅有一個公共點，這樣的直線有()A．1條 B．2條C．3條 D．4條【答案】C【解析】結(jié)合圖形分析可知，滿足題意的直線共有3條：直線x＝0，過點(0,1)且平行于x軸的直線以及過點(0,1)且與拋物線相切的直線(非直線x＝0)．故選C.10．若直線mx＋ny＝4和圓O：x2＋y2＝4沒有交點，則過點(m，n)的直線與橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的交點個數(shù)為()A．至多一個 B．2C．1 D．0【答案】B【解析】∵直線mx＋ny＝4和圓O：x2＋y2＝4沒有交點，∴圓心到直線的距離d＝eq\f(4,\r(m2＋n2))＞2，∴m2＋n2＜4.∴eq\f(m2,9)＋eq\f(n2,4)＜eq\f(m2,9)＋eq\f(4－m2,4)＝1－eq\f(5,36)m2＜1，∴點(m，n)在橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的內(nèi)部，∴過點(m，n)的直線與橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的交點有2個．11．設(shè)是橢圓的上頂點，若上的任意一點都滿足，則的離心率的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】點坐標(biāo)為，可以看成以為圓心，2b為半徑的圓與橢圓至多只有一個交點.即至多一個解，消去x得,即，,所以.12．若方程所表示的曲線為C，則下面四個命題中正確的是（）A．若1＜t＜5，則C為橢圖B．若t＜1．則C為雙曲線C．若C為雙曲線，則焦距為4D．若C為焦點在y軸上的橢圓，則3＜t＜5【答案】BD【解析】根據(jù)橢圓和雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡單的幾何性質(zhì)，逐項判定，即可求解，得到答案.由題意，若方程表示橢圓，則滿足，解得或，對于A中，當(dāng)時，此時方程表示圓，所以不正確；當(dāng)方程表示焦點在軸上橢圓，則滿足，解得，所以D項正確；對于B中，當(dāng)時，，此時表示焦點在軸上的雙曲線，所以是正確的；對于C中，當(dāng)時，方程，此時雙曲線的焦距為，所以不正確.故選BD.13．已知雙曲線過點且漸近線為，則下列結(jié)論正確的是（）A．的方程為 B．的離心率為C．曲線經(jīng)過的一個焦點 D．直線與有兩個公共點【答案】AC【解析】根據(jù)題意得到雙曲線的方程，結(jié)合雙曲線的性質(zhì)逐一判斷即可.對于選項A：由已知，可得，從而設(shè)所求雙曲線方程為，又由雙曲線過點，從而，即，從而選項A正確；對于選項B：由雙曲線方程可知，，，從而離心率為，所以B選項錯誤；對于選項C：雙曲線的右焦點坐標(biāo)為，滿足，從而選項C正確；對于選項D：聯(lián)立，整理，得，由，知直線與雙曲線只有一個交點，選項D錯誤.14．設(shè)O為坐標(biāo)原點，直線x＝a與雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的兩條漸近線分別交于D，E兩點．若△ODE的面積為8，則C的焦距的最小值為()A．4 B．8C．16 D．32【答案】B【解析】由題意知雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x.因為D，E分別為直線x＝a與雙曲線C的兩條漸近線的交點，所以不妨設(shè)D(a，b)，E(a，－b)，所以S△ODE＝eq\f(1,2)×a×|DE|＝eq\f(1,2)×a×2b＝ab＝8，所以c2＝a2＋b2≥2ab＝16，所以c≥4，所以2c≥8，所以C的焦距的最小值為8，故選B.15、設(shè)拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，點M在C上，|MF|＝5.若以MF為直徑的圓過點(0,2)，則C的方程為()A．y2＝4x或y2＝8x B．y2＝2x或y2＝8xC．y2＝4x或y2＝16x D．y2＝2x或y2＝16x【答案】C【解析】由已知得拋物線的焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，設(shè)點A(0,2)，拋物線上點M(x0，y0)，則eq\o(AF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，－2))，eq\o(AM,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,0),2p)，y0－2)).由已知得eq\o(AF,\s\up7(→))·eq\o(AM,\s\up7(→))＝0，即yeq\o\al(2,0)－8y0＋16＝0，解得y0＝4，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,p)，4)).由|MF|＝5得eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,p)－\f(p,2)))2＋16)＝5，又p>0，解得p＝2或p＝8，故選C.16．已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)與直線y＝2x有交點，則雙曲線離心率的取值范圍為()A．(1，eq\r(5)) B．(1，eq\r(5)]C．(eq\r(5)，＋∞) D．[eq\r(5)，＋∞)【答案】C【解析】因為雙曲線的一條漸近線方程為y＝eq\f(b,a)x，則由題意得eq\f(b,a)>2，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)>eq\r(1＋4)＝eq\r(5).17．(多選)已知拋物線C：y2＝2px過點P(1,1)，則下列結(jié)論正確的是()A．點P到拋物線焦點的距離為eq\f(3,2)B．過點P作過拋物線焦點的直線交拋物線于點Q，則△OPQ的面積為eq\f(5,32)C．過點P與拋物線相切的直線方程為x－2y＋1＝0D．過點P作兩條斜率互為相反數(shù)的直線交拋物線于M，N兩點，則直線MN的斜率為定值【答案】BCD【解析】由題意得p＝eq\f(1,2)，所以拋物線方程為y2＝x，焦點坐標(biāo)為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0)).對于A，|PF|＝1＋eq\f(1,4)＝eq\f(5,4)，錯誤；對于B，kPF＝eq\f(4,3)，所以lPF：y＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))，與y2＝x聯(lián)立得4y2－3y－1＝0，所以y1＋y2＝eq\f(3,4)，y1y2＝－eq\f(1,4)，所以S△OPQ＝eq\f(1,2)|OF|·|y1－y2|＝eq\f(1,2)×eq\f(1,4)×eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(5,32)，正確；對于C，依題意斜率存在，設(shè)直線方程為y－1＝k(x－1)，與y2＝x聯(lián)立得ky2－y＋1－k＝0，Δ＝1－4k(1－k)＝0，即4k2－4k＋1＝0，解得k＝eq\f(1,2)，所以切線方程為x－2y＋1＝0，正確；對于D，依題意斜率存在，設(shè)lPM：y－1＝k(x－1)，與y2＝x聯(lián)立得ky2－y＋1－k＝0，所以yM＋1＝eq\f(1,k)，即yM＝eq\f(1,k)－1，則xM＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－1))2，所以點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－1))2，\f(1,k)－1))，同理Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)－1))2，－\f(1,k)－1))，所以kMN＝eq\f(\f(1,k)－1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)－1)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－1))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)－1))2)＝eq\f(\f(2,k),\f(－4,k))＝－eq\f(1,2)，正確．故選B、C、D.18．若拋物線的焦點在直線x－2y－4＝0上，則此拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為________．【答案】y2＝16x或x2＝－8y【解析】令x＝0，得y＝－2；令y＝0，得x＝4.所以拋物線的焦點是(4,0)或(0，－2)，故所求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝16x或x2＝－8y.19．若點A的坐標(biāo)為(3,2)，F(xiàn)是拋物線y2＝2x的焦點，點M在拋物線上移動時，使|MF|＋|MA|取得最小值的M的坐標(biāo)為________．【答案】(2,2)【解析】過點M作準(zhǔn)線的垂線，垂足是N，則|MF|＋|MA|＝|MN|＋|MA|，當(dāng)A，M，N三點共線時，|MF|＋|MA|取得最小值，此時M(2,2)．20．P是雙曲線eq\f(x2,16)－eq\f(y2,81)＝1上任意一點，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是它的左、右焦點，且|PF1|＝9，則|PF2|＝________.【答案】17【解析】由題知a＝4，b＝9，c＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(97)，由于|PF1|＝9<a＋c＝4＋eq\r(97)，故點P只能在左支上，所以|PF2|－|PF1|＝2a＝8，所以|PF2|＝|PF1|＋8＝17.21．平面內(nèi)一點M到兩定點F1(－6,0)，F(xiàn)2(6,0)的距離之和等于12，則點M的軌跡是________．【答案】線段F1F2【解析】由題意知|MF1|＋|MF2|＝12，但|F1F2|＝12，即|MF1|＋|MF2|＝|F1F2|，所以點M的軌跡是線段F1F2.22．焦點在直線2x＋y＋2＝0上的拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為____________________．【答案】y2＝－4x或x2＝－8y【解析】當(dāng)焦點在x軸上時，令方程2x＋y＋2＝0中的y＝0，得焦點為(－1,0)，故拋物線方程為y2＝－4x，當(dāng)焦點在y軸上時，令方程2x＋y＋2＝0中的x＝0，得焦點為(0，－2)，故拋物線方程為x2＝－8y.23．焦距是8，離心率等于0.8的橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為__________．【答案】eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1或eq\f(y2,25)＋eq\f(x2,9)＝1【解析】由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2c＝8，,\f(c,a)＝0.8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝5，,c＝4，))又b2＝a2－c2，∴b2＝9.當(dāng)焦點在x軸上時，橢圓方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1；當(dāng)焦點在y軸上時，橢圓方程為eq\f(y2,25)＋eq\f(x2,9)＝1.24．設(shè)F為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點，O為坐標(biāo)原點，以O(shè)F為直徑的圓與圓x2＋y2＝a2交于P，Q兩點．若|PQ|＝|OF|，則C的離心率為_________．【答案】eq\r(2)【解析】設(shè)雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點F的坐標(biāo)為(c,0)．由圓的對稱性及條件|PQ|＝|OF|可知，PQ是以O(shè)F為直徑的圓的直徑，且PQ⊥OF.設(shè)垂足為M，連接OP，如圖，則|OP|＝a，|OM|＝|MP|＝eq\f(c,2).由|OM|2＋|MP|2＝|OP|2，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)))2＝a2，故eq\f(c,a)＝eq\r(2)，即e＝eq\r(2).25.青花瓷，中華陶瓷燒制工藝的珍品，是中國瓷器的主流品種之一．如圖是一個落地青花瓷，其外形稱為單葉雙曲面，且它的外形上下對稱，可看成是雙曲線的一部分繞其虛軸旋轉(zhuǎn)所形成的曲面．若該花瓶的最小直徑為16cm，瓶口直徑為20cm，瓶高20cm，則該雙曲線的離心率為________．【答案】eq\f(\r(34),3)【解析】以花瓶最細(xì)處所在直線為x軸，花瓶的豎直對稱軸為y軸，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，設(shè)雙曲線的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)．由題意可知a＝8，圖中的A點坐標(biāo)為(10,10)．將a＝8，(10,10)代入雙曲線方程，可得b＝eq\f(40,3)，所以eq\f(b,a)＝eq\f(5,3)，所以e＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝eq\f(\r(34),3).26、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y2=4x，直線l過拋物線的焦點，直線l與拋物線交于A，B兩點，弦AB長為8，則直線l的方程為________．【答案】y=x-1或y=-x+1【解析】由題意知，直線l過(1,0)．

當(dāng)斜率不存在時，直線l為x=1，此時A(1,2)，B(1,-2)，AB=4，不滿足題意．

當(dāng)斜率存在時，可設(shè)直線l的方程為y=kx-1，Ax1,y1，Bx2,y2．

聯(lián)立，得y=kx-1,y2=4x.

整理，得k227、若雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)【答案】5【解析】解：∵y2=4x的準(zhǔn)線方程為l：x=-1，雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的兩條漸近線分別為：y=bax，y=-bax，雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的兩條漸近線與拋物線y28．若焦點在x軸上的橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b2)＝1的離心率e＝eq\f(1,2)，F(xiàn)，A分別是橢圓的左焦點和右頂點，P是橢圓上任意一點，則eq\o(PF,\s\up7(→))·eq\o(PA,\s\up7(→))的最大值為________．【答案】4【解析】由題意知a＝2，因為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，故橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.設(shè)點P的坐標(biāo)為(x0，y0)，所以－2≤x0≤2，因為F(－1,0)，A(2,0)，所以eq\o(PF,\s\up7(→))＝(－1－x0，－y0)，eq\o(PA,\s\up7(→))＝(2－x0，－y0)，所以eq\o(PF,\s\up7(→))·eq\o(PA,\s\up7(→))＝xeq\o\al(2,0)－x0－2＋yeq\o\al(2,0)＝eq\f(1,4)xeq\o\al(2,0)－x0＋1＝eq\f(1,4)(x0－2)2，則當(dāng)x0＝－2時，eq\o(PF,\s\up7(→))·eq\o(PA,\s\up7(→))取得最大值4.29．定義橢圓的“蒙日圓”的方程為,已知橢圓的長軸長為,離心率為.（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和它的“蒙日圓”的方程；（2）過“蒙日圓”上的任意一點作橢圓的一條切線,為切點,延長與“蒙日圓”點交于點,為坐標(biāo)原點,若直線,的斜率存在,且分別設(shè)為,,證明：為定值.解：（1）由題意知,,,，橢圓的方程,“蒙日圓”的方程為,即（2）當(dāng)切線的斜率存在且不為零時,設(shè)切線的方程為,則由,消去得,由,消去得設(shè),,則,,當(dāng)切線的斜率不存在且為零時,成立,為定值30.已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，右焦點F(1,0)，離心率為eq\f(\r(2),2)，過F作兩條互相垂直的弦AB，CD.(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)求以A，B，C，D為頂點的四邊形的面積的取值范圍．解：(1)由題意得c＝1，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，∴a＝eq\r(2)，則b＝c＝1，則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)①當(dāng)兩直線一條斜率不存在、一條斜率為0時，S＝eq\f(1,2)|AB|·|CD|＝eq\f(1,2