浙江專用2024高考數(shù)學二輪復習專題五解析幾何第2講橢圓雙曲線拋物線教案

PAGE1-第2講橢圓、雙曲線、拋物線圓錐曲線的定義及標準方程[核心提煉]1．圓錐曲線的定義、標準方程名稱橢圓雙曲線拋物線定義|PF1|＋|PF2|＝2a(2a>|F1F2|)||PF1|－|PF2||＝2a(2a<|F1F2|)|PF|＝|PM|點F不在直線l上，PM⊥l于M標準方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)y2＝2px(p>0)2.求解圓錐曲線標準方程“先定型，后定量”所謂“定型”，就是曲線焦點所在的坐標軸的位置；所謂“定量”，就是指利用待定系數(shù)法求出方程中的a2，b2，p的值．[典型例題](1)(2024·杭州市高考二模)設傾斜角為α的直線l經(jīng)過拋物線Г：y2＝2px(p>0)的焦點F，與拋物線Г交于A，B兩點，設點A在x軸上方，點B在x軸下方．若eq\f(|AF|,|BF|)＝m，則cosα的值為()A.eq\f(m－1,m＋1) B.eq\f(m,m＋1)C.eq\f(m－1,m) D.eq\f(2\r(m),m＋1)(2)橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1上到點C(1，0)的距離最小的點P的坐標為________．(3)(2024·高考浙江卷)已知橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1的左焦點為F，點P在橢圓上且在x軸的上方．若線段PF的中點在以原點O為圓心，|OF|為半徑的圓上，則直線PF的斜率是________．【解析】(1)設拋物線y2＝2px(p>0)的準線為l：x＝－eq\f(p,2).如圖所示，分別過點A，B作AM⊥l，BN⊥l，垂足分別為M，N.在三角形ABC中，∠BAC等于直線AB的傾斜角α，由eq\f(|AF|,|BF|)＝m，|AF|＝m|BF|，|AB|＝|AF|＋|BF|＝(m＋1)|BF|，依據(jù)拋物線的定義得：|AM|＝|AF|＝m|BF|，|BN|＝|BF|，所以|AC|＝|AM|－|MC|＝m|BF|－|BF|＝(m－1)|BF|，在直角三角形ABC中，cosα＝cos∠BAC＝eq\f(|AC|,|AB|)＝eq\f(（m－1）|BF|,（m＋1）|BF|)＝eq\f(m－1,m＋1)，故選A.(2)設點P(x，y)，則|PC|2＝(x－1)2＋y2＝(x－1)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x2,4)))＝eq\f(3,4)x2－2x＋2＝eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(2,3).因為－2≤x≤2，所以當x＝eq\f(4,3)時，|PC|min＝eq\f(\r(6),3)，此時點P的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(\r(5),3)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，－\f(\r(5),3))).(3)通解：依題意，設點P(m，n)(n>0)，由題意知F(－2，0)，所以線段FP的中點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2＋m,2)，\f(n,2)))在圓x2＋y2＝4上，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2＋m,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)))eq\s\up12(2)＝4，又點P(m，n)在橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1上，所以eq\f(m2,9)＋eq\f(n2,5)＝1，所以4m2－36m－63＝0，所以m＝－eq\f(3,2)或m＝eq\f(21,2)(舍去)，n＝eq\f(\r(15),2)，所以kPF＝eq\f(\f(\r(15),2)－0,－\f(3,2)－（－2）)＝eq\r(15).優(yōu)解：如圖，取PF的中點M，連接OM，由題意知|OM|＝|OF|＝2，設橢圓的右焦點為F1，連接PF1.在△PFF1中，OM為中位線，所以|PF1|＝4，由橢圓的定義知|PF|＋|PF1|＝6，所以|PF|＝2，因為M為PF的中點，所以|MF|＝1.在等腰三角形OMF中，過O作OH⊥MF于點H，所以|OH|＝eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(15),2)，所以kPF＝tan∠HFO＝eq\f(\f(\r(15),2),\f(1,2))＝eq\r(15).【答案】(1)A(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(\r(5),3)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，－\f(\r(5),3)))(3)eq\r(15)eq\a\vs4\al()(1)圓錐曲線定義的應用①已知橢圓、雙曲線上一點及焦點，首先要考慮運用橢圓、雙曲線的定義求解．②應用拋物線的定義，敏捷將拋物線上的點到焦點的距離與到準線的距離相互轉化使問題得解．(2)圓錐曲線方程的求法求解圓錐曲線標準方程的方法是“先定型，后計算”．①定型．就是指定類型，也就是確定圓錐曲線的焦點位置，從而設出標準方程．②計算．即利用待定系數(shù)法求出方程中的a2，b2或p.另外，當焦點位置無法確定時，拋物線常設為y2＝2ax或x2＝2ay(a≠0)，橢圓常設為mx2＋ny2＝1(m>0，n>0)，雙曲線常設為mx2－ny2＝1(mn>0)．[對點訓練]1．已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點，點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))在橢圓上，且點(－1，0)到直線PF2的距離為eq\f(4\r(5),5)，其中點P(－1，－4)，則橢圓的標準方程為()A．x2＋eq\f(y2,4)＝1 B.eq\f(x2,4)＋y2＝1C．x2＋eq\f(y2,2)＝1 D.eq\f(x2,2)＋y2＝1解析：選D.設F2的坐標為(c，0)(c>0)，則kPF2＝eq\f(4,c＋1)，故直線PF2的方程為y＝eq\f(4,c＋1)(x－c)，即eq\f(4,c＋1)x－y－eq\f(4c,c＋1)＝0，點(－1，0)到直線PF2的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(4,c＋1)－\f(4c,c＋1))),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,c＋1)))\s\up12(2)＋1))＝eq\f(4,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,c＋1)))\s\up12(2)＋1))＝eq\f(4\r(5),5)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,c＋1)))eq\s\up12(2)＝4，解得c＝1或c＝－3(舍去)，所以a2－b2＝1.①又點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))在橢圓E上，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(\f(1,2),b2)＝1，②由①②可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝2，,b2＝1，))所以橢圓的標準方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.故選D.2．(2024·嘉興一中高考適應性考試)若雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點到漸近線的距離等于焦距的eq\f(\r(3),4)倍，則雙曲線的離心率為________，假如雙曲線上存在一點P到雙曲線的左右焦點的距離之差為4，則雙曲線的虛軸長為________．解析：因為右焦點到漸近線的距離為b，若右焦點到漸近線的距離等于焦距的eq\f(\r(3),4)倍，所以b＝eq\f(\r(3),4)·2c＝eq\f(\r(3),2)c，平方得b2＝eq\f(3,4)c2＝c2－a2，即a2＝eq\f(1,4)c2，則c＝2a，則離心率e＝eq\f(c,a)＝2，因為雙曲線上存在一點P到雙曲線的左右焦點的距離之差為4，所以2a＝4，則a＝2，從而b＝eq\r(16－4)＝2eq\r(3).答案：24eq\r(3)圓錐曲線的幾何性質[核心提煉]1．橢圓、雙曲線中，a，b，c之間的關系(1)在橢圓中：a2＝b2＋c2，離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up12(2))；(2)在雙曲線中：c2＝a2＋b2，離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up12(2)).2．雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x.留意離心率e與漸近線的斜率的關系．[典型例題](1)(2024·高考浙江卷)漸近線方程為x±y＝0的雙曲線的離心率是()A.eq\f(\r(2),2)B．1C.eq\r(2)D．2(2)以橢圓上一點和兩個焦點為頂點的三角形的面積的最大值為1，則橢圓長軸長的最小值為()A．1B.eq\r(2)C．2D．2eq\r(2)【解析】(1)因為雙曲線的漸近線方程為x±y＝0，所以無論雙曲線的焦點在x軸上還是在y軸上，都滿意a＝b，所以c＝eq\r(2)a，所以雙曲線的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(2).故選C.(2)設a，b，c分別為橢圓的長半軸長，短半軸長，半焦距，依題意知，當三角形的高為b時面積最大，所以eq\f(1,2)×2cb＝1，bc＝1，而2a＝2eq\r(b2＋c2)≥2eq\r(2bc)＝2eq\r(2)(當且僅當b＝c＝1時取等號)，故選D.【答案】(1)C(2)Deq\a\vs4\al()圓錐曲線性質的應用(1)分析圓錐曲線中a，b，c，e各量之間的關系是求解問題的關鍵．(2)確定橢圓和雙曲線的離心率的值及范圍，其關鍵就是確立一個關于a，b，c的方程(組)或不等式(組)，再依據(jù)a，b，c的關系消掉b得到a，c的關系式．建立關于a，b，c的方程(組)或不等式(組)，要充分利用橢圓和雙曲線的幾何性質、點的坐標的范圍等．[注]求橢圓、雙曲線的離心率，常利用方程思想及整體代入法，該思想及方法利用待定系數(shù)法求方程時常常用到．[對點訓練]1．(2024·紹興諸暨高考二模)設雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左，右焦點分別是F1，F(xiàn)2，點P在雙曲線上，且滿意∠PF2F1＝2∠PF1F2＝60°，則此雙曲線的離心率等于()A．2eq\r(3)－2 B.eq\f(\r(3)＋1,2)C.eq\r(3)＋1 D．2eq\r(3)＋2解析：選C.設雙曲線的焦距長為2c，因為點P為雙曲線上一點，且∠PF1F2＝30°，∠PF2F1＝60°，所以P在右支上，∠F2PF1＝90°，即PF1⊥PF2，|PF1|＝2csin60°＝eq\r(3)c，|PF2|＝2ccos60°＝c，所以由雙曲線的定義可得|PF1|－|PF2|＝(eq\r(3)－1)c＝2a，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\r(3)－1)＝eq\r(3)＋1.故選C.2．(2024·寧波高考模擬)如圖，F(xiàn)1、F2是橢圓C1與雙曲線C2的公共焦點，A、B分別是C1、C2在其次、四象限的公共點，若AF1⊥BF1，且∠AF1O＝eq\f(π,3)，則C1與C2的離心率之和為()A．2eq\r(3) B．4C．2eq\r(5) D．2eq\r(6)解析：選A.F1、F2是橢圓C1與雙曲線C2的公共焦點，A、B分別是C1、C2在其次、四象限的公共點，若AF1⊥BF1，且∠AF1O＝eq\f(π,3)，可得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)c，\f(\r(3),2)c))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)c，－\f(\r(3),2)c))，代入橢圓方程可得eq\f(c2,4a2)＋eq\f(3c2,4b2)＝1，可得eq\f(e2,4)＋eq\f(3,\f(4,e2)－4)＝1，可得e4－8e2＋4＝0，解得e＝eq\r(3)－1.代入雙曲線方程可得：eq\f(c2,4a2)－eq\f(3c2,4b2)＝1，可得：eq\f(e2,4)－eq\f(3,4－\f(4,e2))＝1，可得：e4－8e2＋4＝0，解得e＝eq\r(3)＋1，則C1與C2的離心率之和為2eq\r(3).故選A.直線與圓錐曲線[核心提煉]1．直線與圓錐曲線位置關系與“Δ”的關系將直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立，消去一個變量(如y)得到方程Ax2＋Bx＋C＝0.①若A＝0，則：圓錐曲線可能為雙曲線或拋物線，此時直線與圓錐曲線只有一個交點．②若A≠0，則：當Δ＞0時，直線與圓錐曲線有兩個交點(相交)；當Δ＝0時，直線與圓錐曲線有一個交點(相切)；當Δ＜0時，直線與圓錐曲線沒有交點(相離)．2．直線與圓錐曲線相交時的弦長設而不求，依據(jù)根與系數(shù)的關系，進行整體代入，即當直線與圓錐曲線交于點A(x1，y1)，B(x2，y2)時，|AB|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|，其中|x1－x2|＝eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2).考向1位置關系的推斷[典型例題]在直角坐標系xOy中，直線l：y＝t(t≠0)交y軸于點M，交拋物線C：y2＝2px(p＞0)于點P，M關于點P的對稱點為N，連接ON并延長交C于點H.(1)求eq\f(|OH|,|ON|)；(2)除H以外，直線MH與C是否有其他公共點？說明理由．【解】(1)由已知得M(0，t)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,2p)，t)).又N為M關于點P的對稱點，故Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,p)，t))，ON的方程為y＝eq\f(p,t)x，代入y2＝2px，整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(2t2,p).因此Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t2,p)，2t)).所以N為OH的中點，即eq\f(|OH|,|ON|)＝2.(2)直線MH與C除H以外沒有其他公共點．理由如下：直線MH的方程為y－t＝eq\f(p,2t)x，即x＝eq\f(2t,p)(y－t)．代入y2＝2px得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y(tǒng)2＝2t，即直線MH與C只有一個公共點，所以除H以外直線MH與C沒有其他公共點．考向2弦長問題[典型例題]已知F為拋物線C：y2＝4x的焦點，過F作兩條相互垂直的直線l1，l2，直線l1與C交于A、B兩點，直線l2與C交于D、E兩點，則|AB|＋|DE|的最小值為()A．16 B．14C．12 D．10【解析】拋物線C：y2＝4x的焦點為F(1，0)，由題意可知l1，l2的斜率存在且不為0.不妨設直線l1的斜率為k，則l1：y＝k(x－1)，l2：y＝－eq\f(1,k)(x－1)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝k（x－1），))消去y得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)＝2＋eq\f(4,k2)，由拋物線的定義可知，|AB|＝x1＋x2＋2＝2＋eq\f(4,k2)＋2＝4＋eq\f(4,k2).同理得|DE|＝4＋4k2，所以|AB|＋|DE|＝4＋eq\f(4,k2)＋4＋4k2＝8＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k2)＋k2))≥8＋8＝16，當且僅當eq\f(1,k2)＝k2，即k＝±1時取等號，故|AB|＋|DE|的最小值為16，故選A.【答案】A考向3分點(中點)問題[典型例題]已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距為4，且經(jīng)過點P(2，eq\f(5,3))．(1)求橢圓C的方程；(2)若直線l經(jīng)過M(0，1)，且與C交于A，B兩點，eq\o(MA,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(MB,\s\up6(→))，求l的方程．【解】(1)依題意知，2c＝4，則橢圓C的焦點為F1(－2，0)，F(xiàn)2(2，0)，2a＝|PF1|＋|PF2|＝eq\r(（2＋2）2＋（\f(5,3)）2)＋eq\r(（2－2）2＋（\f(5,3)）2)＝6，所以b2＝a2－c2＝5，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1.(2)當l的斜率不存在時，l與x軸垂直，則l的方程為x＝0，A，B為橢圓短軸上的兩點，不符合題意．當l的斜率存在時，設l的方程為y＝kx＋1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,9)＋\f(y2,5)＝1，,y＝kx＋1，))得(9k2＋5)x2＋18kx－36＝0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(18k,9k2＋5)，x1·x2＝eq\f(－36,9k2＋5)，由eq\o(MA,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(MB,\s\up6(→))得，(x1，y1－1)＝－eq\f(2,3)(x2，y2－1)，則x1＝－eq\f(2,3)x2，所以eq\f(1,3)x2＝－eq\f(18k,9k2＋5)，－eq\f(2,3)xeq\o\al(2,2)＝－eq\f(36,9k2＋5)，所以(－eq\f(54k,9k2＋5))2＝eq\f(54,9k2＋5)，解得k＝±eq\f(1,3)，故直線l的方程為y＝±eq\f(1,3)x＋1.eq\a\vs4\al()解決直線與圓錐曲線位置關系問題的步驟(1)設方程及點的坐標；(2)聯(lián)立直線方程與曲線方程得方程組，消元得方程(留意二次項系數(shù)是否為零)；(3)應用根與系數(shù)的關系及判別式；(4)結合已知條件、中點坐標公式、斜率公式及弦長公式求解．[對點訓練]1．(2024·高考浙江卷)已知點P(0，1)，橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝m(m>1)上兩點A，B滿意eq\o(AP,\s\up6(→))＝2eq\o(PB,\s\up6(→))，則當m＝________時，點B橫坐標的肯定值最大．解析：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\o(AP,\s\up6(→))＝2eq\o(PB,\s\up6(→))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1＝2x2，,1－y1＝2（y2－1），))即x1＝－2x2，y1＝3－2y2.因為點A，B在橢圓上，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(4xeq\o\al(2,2),4)＋（3－2y2）2＝m，,\f(xeq\o\al(2,2),4)＋yeq\o\al(2,2)＝m，))得y2＝eq\f(1,4)m＋eq\f(3,4)，所以xeq\o\al(2,2)＝m－(3－2y2)2＝－eq\f(1,4)m2＋eq\f(5,2)m－eq\f(9,4)＝－eq\f(1,4)(m－5)2＋4≤4，所以當m＝5時，點B橫坐標的肯定值最大，最大值為2.答案：52．(2024·溫州十五校聯(lián)合體聯(lián)考)過點M(0，1)且斜率為1的直線l與雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的兩漸近線交于點A，B，且eq\o(BM,\s\up6(→))＝2eq\o(AM,\s\up6(→))，則直線l的方程為____________；假如雙曲線的焦距為2eq\r(10)，則b的值為________．解析：直線l的方程為y＝x＋1，兩漸近線的方程為y＝±eq\f(b,a)x.其交點坐標分別為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b－a)，\f(b,b－a)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,a＋b)，\f(b,a＋b))).由eq\o(BM,\s\up6(→))＝2eq\o(AM,\s\up6(→))，得xB＝2xA.若eq\f(a,b－a)＝－eq\f(2a,a＋b)，得a＝3b，由a2＋b2＝10b2＝10得b＝1，若－eq\f(a,a＋b)＝eq\f(2a,b－a)，得a＝－3b(舍去)．答案：y＝x＋11專題強化訓練1．(2024·高考浙江卷)雙曲線eq\f(x2,3)－y2＝1的焦點坐標是()A．(－eq\r(2)，0)，(eq\r(2)，0) B．(－2，0)，(2，0)C．(0，－eq\r(2))，(0，eq\r(2)) D．(0，－2)，(0，2)解析：選B.由題可知雙曲線的焦點在x軸上，因為c2＝a2＋b2＝3＋1＝4，所以c＝2，故焦點坐標為(－2，0)，(2，0)．故選B.2．已知圓M：(x－1)2＋y2＝eq\f(3,8)，橢圓C：eq\f(x2,3)＋y2＝1，若直線l與橢圓交于A，B兩點，與圓M相切于點P，且P為AB的中點，則這樣的直線l有()A．2條B．3條C．4條D．6條解析：選C.當直線AB斜率不存在時且與圓M相切時，P在x軸上，故滿意條件的直線有2條；當直線AB斜率存在時，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，由eq\f(xeq\o\al(2,1),3)＋yeq\o\al(2,1)＝1，eq\f(xeq\o\al(2,2),3)＋yeq\o\al(2,2)＝1，兩式相減，整理得：eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,3)·eq\f(x1＋x2,y1＋y2)，則kAB＝－eq\f(x0,3y0)，kMP＝eq\f(y0,x0－1)，kMP·kAB＝－1，kMP·kAB＝－eq\f(x0,3y0)·eq\f(y0,x0－1)＝－1，解得x0＝eq\f(3,2)，由eq\f(3,2)<eq\r(3)，可得P在橢圓內(nèi)部，則這樣的P點有2個，即直線AB斜率存在時，也有2條．綜上可得，所示直線l有4條．故選C.3．若橢圓b2x2＋a2y2＝a2b2(a>b>0)和圓x2＋y2＝(eq\f(b,2)＋c)2有四個交點，其中c為橢圓的半焦距，則橢圓的離心率e的取值范圍為()A．(eq\f(\r(5),5)，eq\f(3,5)) B．(0，eq\f(\r(2),5))C．(eq\f(\r(2),5)，eq\f(\r(3),5)) D．(eq\f(\r(3),5)，eq\f(\r(5),5))解析：選A.由題意可知，橢圓的上、下頂點在圓內(nèi)，左、右頂點在圓外，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>\f(b,2)＋c，,b<\f(b,2)＋c))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a－c）2>\f(1,4)（a2－c2），,\r(a2－c2)<2c))?eq\f(\r(5),5)<e<eq\f(3,5).4．(2024·學軍中學質檢)雙曲線M：x2－eq\f(y2,b2)＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，記|F1F2|＝2c，以坐標原點O為圓心，c為半徑的圓與雙曲線M在第一象限的交點為P，若|PF1|＝c＋2，則點P的橫坐標為()A.eq\f(\r(3)＋1,2) B.eq\f(\r(3)＋2,2)C.eq\f(\r(3)＋3,2) D.eq\f(3\r(3),2)解析：選A.由點P在雙曲線的第一象限可得|PF1|－|PF2|＝2，則|PF2|＝|PF1|－2＝c，又|OP|＝c，∠F1PF2＝90°，由勾股定理可得(c＋2)2＋c2＝(2c)2，解得c＝1＋eq\r(3).易知△POF2為等邊三角形，則xP＝eq\f(c,2)＝eq\f(\r(3)＋1,2).5．已知離心率e＝eq\f(\r(5),2)的雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點為F，O為坐標原點，以OF為直徑的圓與雙曲線C的一條漸近線相交于O，A兩點，若△AOF的面積為4，則a的值為()A．2eq\r(2)B．3C．4D．5解析：選C.因為e＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),2)，所以eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，eq\f(|AF|,|OA|)＝eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，設|AF|＝m，|OA|＝2m，由面積關系得eq\f(1,2)·m·2m＝4，所以m＝2，由勾股定理，得c＝eq\r(m2＋（2m）2)＝2eq\r(5)，又eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),2)，所以a＝4，故選C.6．(2024·寧波市諾丁漢高校附中高三期末考試)過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦點F作圓x2＋y2＝a2的兩條切線，切點分別為A、B，雙曲線左頂點為M，若∠AMB＝120°，則該雙曲線的離心率為()A.eq\r(2)B.eq\r(3)C．3D．2解析：選D.依題意，作圖如圖所示：因為OA⊥FA，∠AMO＝60°，OM＝OA，所以△AMO為等邊三角形，所以OA＝OM＝a，在直角三角形OAF中，OF＝c，所以該雙曲線的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(OF,OA)＝eq\f(1,sin30°)＝2，故選D.7．(2024·杭州高三模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的右頂點為A，O為坐標原點，以A為圓心的圓與雙曲線C的某一條漸近線交于兩點P，Q，若∠PAQ＝eq\f(π,3)且eq\o(OQ,\s\up6(→))＝5eq\o(OP,\s\up6(→))，則雙曲線C的離心率為()A.eq\f(\r(21),3)B．2C.eq\f(\r(7),2)D．3解析：選A.由圖知△APQ是等邊三角形，設PQ中點是H，圓的半徑為r，則AH⊥PQ，AH＝eq\f(\r(3),2)r，PQ＝r，因為eq\o(OQ,\s\up6(→))＝5eq\o(OP,\s\up6(→))，所以OP＝eq\f(1,4)r，PH＝eq\f(1,2)r，即OH＝eq\f(1,4)r＋eq\f(1,2)r＝eq\f(3,4)r，所以tan∠HOA＝eq\f(AH,OH)＝eq\f(2\r(3),3)，即eq\f(b,a)＝eq\f(2\r(3),3)，eq\f(b2,a2)＝eq\f(c2－a2,a2)＝eq\f(4,3)，從而得e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(21),3)，故選A.8.如圖，設拋物線y2＝4x的焦點為F，不經(jīng)過焦點的直線上有三個不同的點A，B，C，其中點A，B在拋物線上，點C在y軸上，則△BCF與△ACF的面積之比是()A.eq\f(|BF|－1,|AF|－1)B.eq\f(|BF|2－1,|AF|2－1)C.eq\f(|BF|＋1,|AF|＋1)D.eq\f(|BF|2＋1,|AF|2＋1)解析：選A.由圖形可知，△BCF與△ACF有公共的頂點F，且A，B，C三點共線，易知△BCF與△ACF的面積之比就等于eq\f(|BC|,|AC|).由拋物線方程知焦點F(1，0)，作準線l，則l的方程為x＝－1.因為點A，B在拋物線上，過A，B分別作AK，BH與準線垂直，垂足分別為點K，H，且與y軸分別交于點N，M.由拋物線定義，得|BM|＝|BF|－1，|AN|＝|AF|－1.在△CAN中，BM∥AN，所以eq\f(|BC|,|AC|)＝eq\f(|BM|,|AN|)＝eq\f(|BF|－1,|AF|－1).9．(2024·溫州高考模擬)過拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點F的直線交該拋物線于A，B兩點，若|AF|＝8|OF|(O為坐標原點)，則eq\f(|AF|,|BF|)＝________．解析：由題意，|AF|＝4p，設|BF|＝x，由拋物線的定義，可得eq\f(p－x,4p－x)＝eq\f(x,x＋4p)，解得x＝eq\f(4,7)p，所以eq\f(|AF|,|BF|)＝7，故答案為7.答案：710．(2024·浙江名校協(xié)作體高三期末考試)設雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點為F，過點F作與x軸垂直的直線交兩漸近線于A，B兩點，且與雙曲線在第一象限的交點為P，設O為坐標原點，若eq\o(OP,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))，λμ＝eq\f(4,25)(λ，μ∈R)，則雙曲線的離心率e的值是________．解析：由題意可知，雙曲線的漸近線為y＝±eq\f(b,a)x，右焦點為F(c，0)，則點A，B，P的坐標分別為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(bc,a)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，－\f(bc,a)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(b2,a)))，所以eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OP,\s\up6(→))的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(bc,a)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，－\f(bc,a)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(b2,a)))，又eq\o(OP,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(b2,a)))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(bc,a)))＋μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，－\f(bc,a)))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＋μ＝1,\f(b,a)＝λ\f(c,a)－μ\f(c,a)))，又λμ＝eq\f(4,25)，解得λ＝eq\f(4,5)，μ＝eq\f(1,5)，所以eq\f(b,a)＝eq\f(4c,5a)－eq\f(c,5a)?eq\r(e2－1)＝eq\f(3,5)e?e＝eq\f(5,4).答案：eq\f(5,4)11.(2024·臺州市高考一模)如圖，過拋物線y2＝4x的焦點F作直線與拋物線及其準線分別交于A，B，C三點，若eq\o(FC,\s\up6(→))＝4eq\o(FB,\s\up6(→))，則|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝________．解析：分別過A，B作準線的垂線，垂足分別為A1，B1，則DF＝p＝2，由拋物線的定義可知FB＝BB1，AF＝AA1，因為eq\o(FC,\s\up6(→))＝4eq\o(FB,\s\up6(→))，所以eq\f(DF,BB1)＝eq\f(FC,BC)＝eq\f(4,3)，所以FB＝BB1＝eq\f(3,2).所以FC＝4FB＝6，所以cos∠DFC＝eq\f(DF,FC)＝eq\f(1,3)，所以cos∠A1AC＝eq\f(AA1,AC)＝eq\f(AF,AF＋6)＝eq\f(1,3)，解得AF＝3，所以AB＝AF＋BF＝3＋eq\f(3,2)＝eq\f(9,2).答案：eq\f(9,2)12．設雙曲線x2－eq\f(y2,3)＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2.若點P在雙曲線上，且△F1PF2為銳角三角形，則|PF1|＋|PF2|的取值范圍是__________．解析：由題意不妨設點P在雙曲線的右支上，現(xiàn)考慮兩種極限狀況：當PF2⊥x軸時，|PF1|＋|PF2|有最大值8；當∠P為直角時，|PF1|＋|PF2|有最小值2eq\r(7).因為△F1PF2為銳角三角形，所以|PF1|＋|PF2|的取值范圍為(2eq\r(7)，8)．答案：(2eq\r(7)，8)13.(2024·浙江新高考沖刺卷)如圖，過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a，b>0)左焦點F1的直線交雙曲線左支于A，B兩點，C是雙曲線右支上一點，且A，C在x軸的異側，若滿意|OA|＝|OF1|＝|OC|，|CF1|＝2|BF1|，則雙曲線的離心率為________．解析：取雙曲線的右焦點F2，連接CF2，延長交雙曲線于D，連接AF2，DF1，由|OA|＝|OF1|＝|OC|＝|OF2|＝c，可得四邊形F1AF2C為矩形，設|CF1|＝2|BF1|＝2m，由對稱性可得|DF2|＝m，|AF1|＝eq\r(4c2－4m2)，即有|CF2|＝eq\r(4c2－4m2)，由雙曲線的定義可得2a＝|CF1|－|CF2|＝2m－eq\r(4c2－4m2)，①在直角三角形DCF1中，|DC|＝m＋eq\r(4c2－4m2)，|CF1|＝2m，|DF1|＝2a＋m，可得(2a＋m)2＝(2m)2＋(m＋eq\r(4c2－4m2))2，②由①②可得3m＝4a，即m＝eq\f(4a,3)，代入①可得，2a＝eq\f(8a,3)－eq\r(4c2－\f(64a2,9))，化簡可得c2＝eq\f(17,9)a2，即有e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(17),3).故答案為eq\f(\r(17),3).答案：eq\f(\r(17),3)14．橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點F(c，0)關于直線y＝eq\f(b,c)x的對稱點Q在橢圓上，則橢圓的離心率是________．解析：設橢圓的另一個焦點為F1(－c，0)，如圖，連接QF1，QF，設QF與直線y＝eq\f(b,c)x交于點M.由題意知M為線段QF的中點，且OM⊥FQ，又O為線段F1F的中點，所以F1Q∥OM，所以F1Q⊥QF，|F1Q|＝2|OM|.在Rt△MOF中，tan∠MOF＝eq\f(|MF|,|OM|)＝eq\f(b,c)，|OF|＝c，可解得|OM|＝eq\f(c2,a)，|MF|＝eq\f(bc,a)，故|QF|＝2|MF|＝eq\f(2bc,a)，|QF1|＝2|OM|＝eq\f(2c2,a).由橢圓的定義得|QF|＋|QF1|＝eq\f(2bc,a)＋eq\f(2c2,a)＝2a，整理得b＝c，所以a＝eq\r(b2＋c2)＝eq\r(2)c，故e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)15.(2024·溫州模擬)已知直線l：y＝－x＋3與橢圓C：mx2＋ny2＝1(n>m>0)有且只有一個公共點P(2，1)．(1)求橢圓C的標準方程；(2)若直線l′：y＝－x＋b交C于A，B兩點，且PA⊥PB，求b的值．解：(1)聯(lián)立直線l：y＝－x＋3與橢圓C：mx2＋ny2＝1(n>m>0)，可得(m＋n)x2－6nx＋9n－1＝0，由題意可得Δ＝36n2－4(m＋n)(9n－1)＝0，即為9mn＝m＋n，又P在橢圓上，可得4m＋n＝1，解方程可得m＝eq\f(1,6)，n＝eq\f(1,3)，即有橢圓方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立直線y＝b－x和橢圓方程，可得3x2－4bx＋2b2－6＝0，判別式Δ＝16b2－12(2b2－6)>0，x1＋x2＝eq\f(4b,3)，x1x2＝eq\f(2b2－6,3)，y1＋y2＝2b－(x1＋x2)＝eq\f(2b,3)，y1y2＝(b－x1)·(b－x2)＝b2－b(x1＋x2)＋x1x2＝eq\f(b2－6,3)，由PA⊥PB，即為eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝x1x2－2(x1＋x2)＋4＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝eq\f(2b2－6,3)－2·eq\f(4b,3)＋eq\f(b2－6,3)－eq\f(2b,3)＋5＝0，解得b＝3或eq\f(1,3)，代入判別式，則b＝eq\f(1,3)成立．故b為eq\f(1,3).16.(2024·浙江金華十校高考模擬)已知橢圓M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點F的坐標為(1，0)，P，Q為橢圓上位于y軸右側的兩個動點，使PF⊥QF，C為PQ中點，線段PQ的垂直平分線交x軸，y軸于點A，B(線段PQ不垂直x軸)，當Q運動到橢圓的右頂點時，|PF|＝eq\f(\r(2),2).(1)求橢圓M的標準方程；(2)若S△ABO∶S△BCF＝3∶5，求直線PQ的方程．解：(1)當Q運動到橢圓的右頂點時，PF⊥x軸，所以|PF|＝eq\f(b2,a)＝eq\f(\r(2),2)，又c＝1，a2＝b2＋c2，所以a＝eq\r(2)，b＝1.橢圓M的標準方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)設直線PQ的方程為y＝kx＋b′，明顯k≠0，聯(lián)立橢圓方程得：(2k2＋1)x2＋4kb′x＋2(b′2－1)＝0，設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由根與系數(shù)的關系得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1x2＝\f(2（b′2－1）,2k2＋1)>0，①,x1＋x2＝\f(－4kb′,2k2＋1)>0，②,Δ＝8（2k2－b′2＋1）>0，③))由eq\o(PF,\s\up6(→))·eq\o(QF,\s\up6(→))＝0?(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0得：3b′2－1＋4kb′＝0，④點Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2kb′,2k2＋1)，\f(b′,2k2＋1)))，所以線段PQ的中垂線AB方程為：y－eq\f(b′,2k2＋1)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2kb′,2k2＋1)))，令y＝0可得：Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－kb′,2k2＋1)，0))；令x＝0可得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(－b′,2k2＋1)))，則A為BC中點，故eq\f(S△BCF,S△ABO)＝eq\f(2S△ABF,S△ABO)＝2eq\f(|AF|,|AO|)＝eq\f(2（1－xA）,xA)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,xA)－1))，由④式得：k＝eq\f(1－3b′2,4b′)，則xA＝eq\f(－kb′,2k2＋1)＝eq\f(6b′4－2b′2,9b′4＋2b′2＋1)，eq\f(S△BCF,S△ABO)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,xA)－1))＝eq\f(6b′4＋8b′2＋2,6b′4－2b′2)＝eq\f(5,3)，得b′2＝3.所以b′＝eq\r(3)，k＝－eq\f(2\r(3),3)或b′＝－eq\r(3)，k＝eq\f(2\r(3),3).經(jīng)檢驗，滿意條件①②③，故直線PQ的方程為：y＝eq\f(2\r(3),3)x－eq\r(3)，y＝－eq\f(2\r(3),3)x＋eq\r(3).17.(2024·紹興市高三教學質量調(diào)測)已知點A(－2，0)，B(0，1)在橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上．(1)求橢圓C的方程；(2)P是線段AB上的點，直線y＝eq\f(1,2)x＋m(m≥0)交橢圓C于M，N兩點．若△MNP是斜邊長為eq\r(10)的直角三角形，求直線MN的方程．解：(1)因為點A(－2，0)，B(0，1)在橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1上，所以a＝2，b＝1，故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)設M(