资源描述
1已知M(x0，y0)是双曲线C：y21上的一点，F1，F2是C的两个焦点若·<0，则y0的取值范围是()A. B.C. D.答案A解析由题意知a22，b21，所以c23，不妨设F1(，0)，F2(，0)，所以(x0，y0)，(x0，y0)，所以·x3y3y1<0，所以<y0<，故选A.2设双曲线1(a>0，b>0)的右焦点为F，右顶点为A，过F作AF的垂线与双曲线交于B，C两点，过B，C分别作AC，AB的垂线，两垂线交于点D.若D到直线BC的距离小于a，则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是()A(1,0)(0,1) B(，1)(1，)C(，0)(0，) D(，)(，)答案A解析如图所示，由题意知BC为双曲线的通径，所以|BC|，则|BF|.又|AF|ca，因为BDAC，DCAB，所以点D在x轴上，由RtBFARtDFB，得|BF|2|AF|·|FD|，即2(ca)·|FD|，所以|FD|，则由题意知<a，即<ac，所以b4<a2(ca)(ac)，即b4<a2(c2a2)，即b4<a2b2，所以0<<1，解得0<<1，而双曲线的渐近线斜率为±，所以双曲线的渐近线斜率的取值范围是(1,0)(0,1)，故选A.3已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且F1PF2，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为()A. B.C3 D2答案A解析解法一：设椭圆长半轴为a1，双曲线实半轴长为a2，|F1F2|2c.由余弦定理4c2|PF1|2|PF2|22|PF1|·|PF2|cos.而|PF1|PF2|2a1，|PF1|PF2|2a2，可得a3a4c2.令a12ccos，a2sin，即2cossin2sin故最大值为，故选A.解法二：不妨设P在第一象限，|PF1|m，|PF2|n.在PF1F2中，由余弦定理得m2n2mn4c2.设椭圆的长轴长为2a1，离心率为e1，双曲线的实轴长为2a2，离心率为e2，它们的焦距为2c，则.2，易知21的最小值为.故max.故选A.4.已知椭圆C：9x2y2m2(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M. (1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由解(1)证明：设直线l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)将ykxb代入9x2y2m2得(k29)x22kbxb2m20，故xM，yMkxMb.于是直线OM的斜率kOM，即kOM·k9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值(2)四边形OAPB能为平行四边形因为直线l过点，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k3.由(1)得OM的方程为yx.设点P的横坐标为xP.由得x，即xP.将点的坐标代入直线l的方程得b，因此xM.四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP2xM.于是2×，解得k14，k24.因为ki>0，ki3，i1,2，所以当直线l的斜率为4或4时，四边形OAPB为平行四边形5. 已知椭圆y21上两个不同的点A，B关于直线ymx对称(1)求实数m的取值范围；(2)求AOB面积的最大值(O为坐标原点)解(1)由题意知m0，可设直线AB的方程为yxb.由消去y，得x2xb210.因为直线yxb与椭圆y21有两个不同的交点，所以2b22>0，设M为AB的中点，则M，代入直线方程ymx解得b.由得m<或m>.(2)令t，则|AB|·，且O到直线AB的距离d.设AOB的面积为S(t)，所以S(t)|AB|·d ，当且仅当t2时，等号成立故AOB面积的最大值为.6已知椭圆C：1(a>b>0)的离心率为，点P(0,1)和点A(m，n)(m0)都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M.(1)求椭圆C的方程，并求点M的坐标(用m，n表示)；(2)设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N.问：y轴上是否存在点Q，使得OQMONQ？若存在，求点Q坐标；若不存在，说明理由解(1)由题意得解得a22.故椭圆C的方程为y21.设M(xM,0)因为m0，所以1<n<1.直线PA的方程为y1x，所以xM，即M.(2)因为点B与点A关于x轴对称，所以B(m，n)设N(xN,0)，则xN.“存在点Q(0，yQ)使得OQMONQ”等价于“存在点Q(0，yQ)使得”，即yQ满足y|xM|xN|.因为xM，xN，n21，所以y|xM|xN|2.所以yQ或yQ.故在y轴上存在点Q，使得OQMONQ.点Q的坐标为(0，)或(0，)7如图，椭圆E：1(a>b>0)的离心率是，过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2.(1)求椭圆E的方程；(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由解(1)由已知，点(，1)在椭圆E上，因此，解得a2，b.所以椭圆E的方程为1.(2)当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C，D两点如果存在定点Q满足条件，则有1，即|QC|QD|.所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为(0，y0)当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M，N两点，则M，N的坐标分别为(0，)，(0，)由，有，解得y01或y02.所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点坐标只可能为(0,2)下面证明：对任意直线l，均有.当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为ykx1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)联立得(2k21)x24kx20.其判别式(4k)28(2k21)>0，所以x1x2，x1x2.因此2k.易知，点B关于y轴对称的点B的坐标为(x2，y2)又kQAk，kOBkk，所以kQAkQB，即Q，A，B三点共线所以.故存在与P不同的定点Q(0,2)，使得恒成立8已知抛物线C1：x24y的焦点F也是椭圆C2：1(a>b>0)的一个焦点，C1与C2的公共弦的长为2.(1)求C2的方程；(2)过点F的直线l与C1相交于A，B两点，与C2相交于C，D两点，且与同向|AC|BD|，求直线l的斜率；设C1在点A处的切线与x轴的交点为M.证明：直线l绕点F旋转时，MFD总是钝角三角形解(1)由C1：x24y知其焦点F的坐标为(0,1)因为F也是椭圆C2的一个焦点，所以a2b21.又C1与C2的公共弦的长为2，C1与C2都关于y轴对称，且C1的方程为x24y，由此易知C1与C2的公共点的坐标为，所以1.联立，得a29，b28.故C2的方程为1.(2)如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)因为与同向，且|AC|BD|，所以，从而x3x1x4x2，即x1x2x3x4，于是(x1x2)24x1x2(x3x4)24x3x4.设直线方程有两种形式，第一种，ykxm，注意斜率不存在的情况；第二种，xtyn.注意与x轴平行的情况设直线l的斜率为k，则l的方程为ykx1.由得x24kx40.而x1，x2是这个方程的两根，所以x1x24k，x1x24.由得(98k2)x216kx640.而x3，x4是这个方程的两根，所以x3x4，x3x4.将，代入，得16(k21)，即16(k21)，所以(98k2)216×9，解得k±，即直线l的斜率为±.证明：由x24y得y，所以C1在点A处的切线方程为yy1(xx1)，即y.令y0得x，即M，所以.而(x1，y11)，于是·y111>0，因此AFM是锐角，从而MFD180°AFM是钝角故直线l绕点F旋转时，MFD总是钝角三角形9已知抛物线C：y22px(p>0)的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA|FD|.当点A的横坐标为3时，ADF为正三角形(1)求C的方程；(2)若直线l1l，且l1和C有且只有一个公共点E，证明直线AE过定点，并求出定点坐标；ABE的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由解(1)由题意知F，设D(t,0)(t>0)，则FD的中点为.因为|FA|FD|，由抛物线的定义知3，解得t3p或t3(舍去)由3，解得p2.所以抛物线C的方程为y24x.(2)证明：由(1)知F(1,0)设A(x0，y0)(x0y00)，D(xD,0)(xD>0)，因为|FA|FD|，则|xD1|x01.由xD>0得xDx02，故D(x02,0)故直线AB的斜率kAB.因为直线l1和直线AB平行，设直线l1的方程为yxb，代入抛物线方程得y2y0，由题意0，得b.设E(xE，yE)，则yE，xE.当y4时，kAE，可得直线AE的方程为yy0(xx0)，由y4x0，整理可得y(x1)，直线AE恒过点F(1,0)当y4时，直线AE的方程为x1，过点F(1,0)所以直线AE过定点F(1,0)由知直线AE过焦点F(1,0)，所以|AE|AF|FE|(x01)x02.设直线AE的方程为xmy1，因为点A(x0，y0)在直线AE上，故m.设B(x1，y1)，直线AB的方程为yy0(xx0)，由于y00，可得xy2x0，代入抛物线方程得y2y84x00.所以y0y1，可求得y1y0，x1x04.所以点B到直线AE的距离为d4.则ABE的面积S×4·16，当且仅当x0，即x01时等号成立所以ABE的面积的最小值为16.10已知椭圆C：1(a>b>0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形(1)求椭圆C的标准方程；(2)设F为椭圆C的左焦点，T为直线x3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.证明：OT平分线段PQ(其中O为坐标原点)；当最小时，求点T的坐标解(1)由已知可得解得a26，b22，所以椭圆C的标准方程是1.(2)证明：由(1)可得，F的坐标是(2,0)，设T点的坐标为(3，m)则直线TF的斜率kTFm.当m0时，直线PQ的斜率kPQ.直线PQ的方程是xmy2.当m0时，直线PQ的方程是x2，也符合xmy2的形式设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得消去x，得(m23)y24my20，其判别式16m28(m23)>0.所以y1y2，y1y2，x1x2m(y1y2)4.所以PQ的中点M的坐标为.所以直线OM的斜率kOM，又直线OT的斜率kOT，所以点M在直线OT上，因此OT平分线段PQ.由可得，|TF|，|PQ| .所以 .当且仅当m21，即m±1时，等号成立，此时取得最小值所以当最小时，T点的坐标是(3,1)或(3，1)11如图，设椭圆C：1(a>b>0)，动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限(1)已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；(2)若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为ab.解(1)设直线l的方程为ykxm(k<0)，由消去y得(b2a2k2)x22a2kmxa2m2a2b20.由于l与C只有一个公共点，故0，即b2m2a2k20，解得点P的坐标为.又点P在第一象限，故点P的坐标为P.(2)证明：由于直线l1过原点O且与l垂直，故直线l1的方程为xky0，所以点P到直线l1的距离d，整理得d .因为a2k22ab，所以ab，当且仅当k2时等号成立所以，点P到直线l1的距离的最大值为ab.12已知双曲线E：1(a>0，b>0)的两条渐近线分别为l1：y2x，l2：y2x.(1)求双曲线E的离心率；(2)如图，O为坐标原点，动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点(A，B分别在第一、四象限)，且OAB的面积恒为8.试探究：是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E？若存在，求出双曲线E的方程；若不存在，说明理由解解法一：(1)因为双曲线E的渐近线分别为y2x，y2x，所以2，所以2，故ca，从而双曲线E的离心率e.(2)由(1)知，双曲线E的方程为1.设直线l与x轴相交于点C.当lx轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点，则|OC|a，|AB|4a，又因为OAB的面积为8，所以|OC|·|AB|8，因此a·4a8，解得a2，此时双曲线E的方程为1.若存在满足条件的双曲线E，则E的方程只能为1.以下证明：当直线l不与x轴垂直时，双曲线E：1也满足条件设直线l的方程为ykxm，依题意，得k>2或k<2，则C.记A(x1，y1)，B(x2，y2)由得y1，同理得y2，由SOAB|OC|·|y1y2|得，·8，即m24|4k2|4(k24)由得(4k2)x22kmxm2160.因为4k2<0，所以4k2m24(4k2)(m216)16(4k2m216)，又因为m24(k24)，所以0，即l与双曲线E有且只有一个公共点因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为1.解法二：(1)同解法一(2)由(1)知，双曲线E的方程为1.设直线l的方程为xmyt，A(x1，y1)，B(x2，y2)依题意得<m<.由得y1，同理得y2.设直线l与x轴相交于点C，则C(t,0)由SOAB|OC|·|y1y2|8，得|t|·8，所以t24|14m2|4(14m2)由得(4m21)y28mty4(t2a2)0.因为4m21<0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当64m2t216(4m21)(t2a2)0，即4m2a2t2a20，即4m2a24(14m2)a20，即(14m2)(a24)0，所以a24，因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为1.解法三：(1)同解法一(2)当直线l不与x轴垂直时，设直线l的方程为ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)依题意得k>2或k<2.由得(4k2)x22kmxm20，因为4k2<0，>0，所以x1x2，又因为OAB的面积为8，所以|OA|·|OB|·sinAOB8，又易知sinAOB，所以·8，化简得x1x24.所以4，即m24(k24)由(1)得双曲线E的方程为1，由得(4k2)x22kmxm24a20，因为4k2<0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当4k2m24(4k2)(m24a2)0，即(k24)(a24)0，所以a24，所以双曲线E的方程为1.当lx轴时，由OAB的面积等于8可得l：x2，又易知l：x2与双曲线E：1有且只有一个公共点综上所述，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为1.
展开阅读全文