2015高考数学（理）（第九章 专题五）一轮复习题

2015高考数学（理）（第九章 专题五）一轮复习题

专题五　高考中的圆锥曲线问题 ‎1． 已知F1、F2为椭圆＋＝1的两个焦点，过F1的直线交椭圆于A、B两点．若|F‎2A|＋|F2B|＝12，则|AB|＝________.‎ 答案　8‎ 解析　由题意知(|AF1|＋|AF2|)＋(|BF1|＋|BF2|)‎ ‎＝|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝‎2a＋‎2a，‎ 又由a＝5，可得|AB|＋(|BF2|＋|AF2|)＝20，‎ 即|AB|＝8.‎ ‎2． 设AB为过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点的弦，则|AB|的最小值为 (　　)‎ A. B．p C．2p D．无法确定 答案　C 解析　当弦AB垂直于对称轴时|AB|最短，‎ 这时x＝，∴y＝±p，|AB|min＝2p.‎ ‎3． 若双曲线－＝1的一条渐近线被圆(x－2)2＋y2＝4所截得的弦长为2，则该双曲线的实轴长为 (　　)‎ A．1 B．‎2 ‎ C．3 D．6‎ 答案　B 解析　双曲线－＝1的渐近线方程为y＝±x，‎ 即x±ay＝0，‎ 圆(x－2)2＋y2＝4的圆心为C(2,0)，半径为r＝2，‎ 如图，由圆的弦长公式得弦心距|CD|＝＝，另一方 面，圆心C(2,0)到双曲线－＝1的渐近线x－ay＝0的距 离为d＝＝，‎ 所以＝，解得a2＝1，即a＝1，该双曲线的实轴长 为‎2a＝2.‎ ‎4． 在抛物线y＝2x2上有一点P，它到A(1,3)的距离与它到焦点的距离之和最小，则点P 的坐标是 (　　)‎ A．(－2,1) B．(1,2) C．(2,1) D．(－1,2)‎ 答案　B 解析　如图所示，直线l为抛物线y＝2x2的准线，F为其焦点，PN⊥l，‎ AN1⊥l，由抛物线的定义知，|PF|＝|PN|，‎ ‎∴|AP|＋|PF|＝|AP|＋|PN|≥|AN1|，‎ 当且仅当A、P、N三点共线时取等号．‎ ‎∴P点的横坐标与A点的横坐标相同即为1，‎ 则可排除A、C、D，故选B.‎ ‎5． 设坐标原点为O，抛物线y2＝2x与过焦点的直线交于A、B两点，则·等于(　　)‎ A. B．－ C．3 D．－3‎ 答案　B 解析　方法一　(特殊值法)‎ 抛物线的焦点为F，过F且垂直于x轴的直线交抛物线于A(，1)，B(，－1)，‎ ‎∴·＝·＝－1＝－.‎ 方法二　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则·＝x1x2＋y1y2.‎ 由抛物线的过焦点的弦的性质知：‎ x1x2＝＝，y1y2＝－p2＝－1.‎ ‎∴·＝－1＝－.‎ 题型一　圆锥曲线中的范围、最值问题 例1　(2012·浙江改编)如图所示，在直角坐标系xOy中，点P(1，)‎ 到抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线的距离为.点M(t,1)是C上的定 点，A，B是C上的两动点，且线段AB的中点Q(m，n)在直线OM 上．‎ ‎(1)求曲线C的方程及t的值．‎ ‎(2)记d＝，求d的最大值．‎ 思维启迪　(1)依条件，构建关于p，t的方程；‎ ‎(2)建立直线AB的斜率k与线段AB中点坐标间的关系，并表示弦AB的长度，运用函数的性质或基本不等式求d的最大值．‎ 解　(1)y2＝2px(p>0)的准线x＝－，‎ ‎∴1－(－)＝，p＝，‎ ‎∴抛物线C的方程为y2＝x.‎ 又点M(t,1)在曲线C上，∴t＝1.‎ ‎(2)由(1)知，点M(1,1)，从而n＝m，即点Q(m，m)，‎ 依题意，直线AB的斜率存在，且不为0，‎ 设直线AB的斜率为k(k≠0)．‎ 且A(x1，y1)，B(x2.y2)，‎ 由得(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2，‎ 故k·‎2m＝1，‎ 所以直线AB的方程为y－m＝(x－m)，‎ 即x－2my＋‎2m2‎－m＝0.‎ 由消去x，‎ 整理得y2－2my＋‎2m2‎－m＝0，‎ 所以Δ＝‎4m－‎4m2‎>0，y1＋y2＝‎2m，y1y2＝‎2m2‎－m.‎ 从而|AB|＝ ·|y1－y2|＝· ‎＝2 ‎∴d＝＝2≤m＋(1－m)＝1，‎ 当且仅当m＝1－m，即m＝时，上式等号成立，‎ 又m＝满足Δ＝‎4m－‎4m2‎>0.‎ ‎∴d的最大值为1.‎ 思维升华　‎ 圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．‎ ‎　已知点A(－1,0),B(1,0),动点M的轨迹曲线C满足∠AMB＝2θ，||·||‎ cos2θ＝3，过点B的直线交曲线C于P，Q两点．‎ ‎(1)求||＋||的值，并写出曲线C的方程；‎ ‎(2)求△APQ面积的最大值．‎ 解　(1)设M(x，y)，在△MAB中，‎ ‎|AB|＝2，∠AMB＝2θ，‎ 根据余弦定理得 ‎||2＋||2－2||·||cos 2θ＝4.‎ 即(||＋||)2－2||·||(1＋cos 2θ)＝4.‎ ‎(||＋||)2－4||·||cos2θ＝4.‎ 而||·||cos2θ＝3，‎ 所以(||＋||)2－4×3＝4.‎ 所以||＋||＝4.‎ 又||＋||＝4>2＝|AB|，‎ 因此点M的轨迹是以A，B为焦点的椭圆(点M在x轴上也符合题意)，a＝2，c＝1.‎ 所以曲线C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设直线PQ的方程为x＝my＋1.‎ 由 消去x并整理得(‎3m2‎＋4)y2＋6my－9＝0. ①‎ 显然方程①的Δ>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，‎ 则S△APQ＝×2×|y1－y2|＝|y1－y2|.‎ 由根与系数的关系得 y1＋y2＝－，y1y2＝－.‎ 所以(y1－y2)2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝48×.‎ 令t＝‎3m2‎＋3，则t≥3，(y1－y2)2＝.‎ 由于函数φ(t)＝t＋在[3，＋∞)上是增函数，‎ 所以t＋≥，‎ 当t＝‎3m2‎＋3＝3，即m＝0时取等号．‎ 所以(y1－y2)2≤＝9，‎ 即|y1－y2|的最大值为3.‎ 所以△APQ面积的最大值为3，‎ 此时直线PQ的方程为x＝1.‎ 题型二　圆锥曲线中的定点、定值问题 例2　(2012·福建)如图，等边三角形OAB的边长为8，且其三个顶 点均在抛物线E：x2＝2py(p>0)上．‎ ‎(1)求抛物线E的方程；‎ ‎(2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y＝－1相交于点Q，‎ 证明：以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点．‎ 思维启迪　既然圆过y轴上的点，即满足·＝0，对任意P、Q恒成立可待定M(0，‎ y1)，也可给定特殊的P点，猜想M点坐标，再证明．‎ ‎(1)解　依题意，得|OB|＝8，∠BOy＝30°.‎ 设B(x，y)，则x＝|OB|sin 30°＝4，y＝|OB|cos 30°＝12.‎ 因为点B(4，12)在x2＝2py上，‎ 所以(4)2＝2p×12，解得p＝2.‎ 故抛物线E的方程为x2＝4y.‎ ‎(2)证明　方法一　由(1)知y＝x2，y′＝x.‎ 设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为 y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x.‎ 由得 所以Q为.‎ 设M(0，y1)，令·＝0对满足y0＝x(x0≠0)的x0，y0恒成立．‎ 由于＝(x0，y0－y1)，＝，‎ 由·＝0，得－y0－y0y1＋y1＋y＝0，‎ 即(y＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*)‎ 由于(*)式对满足y0＝x(x0≠0)的y0恒成立，‎ 所以解得y1＝1.‎ 故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)．‎ 方法二　由(1)知y＝x2，y′＝x.‎ 设P(x0，y0)，则x0≠0，‎ 且l的方程为y－y0＝x0(x－x0)，‎ 即y＝x0x－x.‎ 由得 所以Q为.‎ 取x0＝2，此时P(2,1)，Q(0，－1)，‎ 以PQ为直径的圆为(x－1)2＋y2＝2，‎ 交y轴于点M1(0,1)或M2(0，－1)；‎ 取x0＝1，此时P，Q，‎ 以PQ为直径的圆为2＋2＝，‎ 交y轴于点M3(0,1)、M4.‎ 故若满足条件的点M存在，只能是M(0,1)．‎ 以下证明点M(0,1)就是所要求的点．‎ 因为＝(x0，y0－1)，＝，‎ 所以·＝－2y0＋2＝2y0－2－2y0＋2＝0.‎ 故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)．‎ 思维升华　求定点及定值问题常见的方法有两种：‎ ‎(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．‎ ‎(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．‎ ‎　(2013·江西)椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝ ，a＋b＝3.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)如图所示，A、B、D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线DP交x轴于点N，直线AD交BP于点M，设BP的斜率为k，MN的斜率为m.证明：‎2m－k为定值．‎ ‎(1)解　因为e＝＝，‎ 所以a＝c，b＝c.‎ 代入a＋b＝3得，c＝，a＝2，b＝1.‎ 故椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　方法一　因为B(2,0)，点P不为椭圆顶点，则直线BP的方程为y＝k(x－2)(k≠0，k≠±)， ①‎ ‎①代入＋y2＝1，解得P.‎ 直线AD的方程为y＝x＋1. ②‎ ‎①与②联立解得M.‎ 由D(0,1)，P，N(x,0)三点共线知 ＝，解得N.‎ 所以MN的斜率为m＝ ‎＝＝.‎ 则‎2m－k＝－k＝(定值)．‎ 方法二　设P(x0，y0)(x0≠0，±2)，则k＝，‎ 直线AD的方程为y＝(x＋2)，‎ 直线BP的方程为y＝(x－2)，‎ 直线DP的方程为y－1＝x，令y＝0，‎ 由于y0≠1可得N，‎ 联立，‎ 解得M，‎ 因此MN的斜率为 m＝＝ ‎＝ ‎＝，‎ 所以‎2m－k＝－ ‎＝ ‎＝ ‎＝ ‎＝(定值)．‎ ‎题型三　圆锥曲线中的探索性问题 例3　(2012·广东)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝ ，且椭圆C上的点到点Q(0,2)的距离的最大值为3.‎ ‎(1)求椭圆C的方程．‎ ‎(2)在椭圆C上，是否存在点M(m，n)，使得直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1相交于不同的两点A、B，且△OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及对应的△OAB的面积；若不存在，请说明理由．‎ 思维启迪　圆锥曲线中，这类问题的解题思想是假设其结论成立、存在等，在这个假设下进行推理论证，如果得到了一个合情合理的推理结果，就肯定假设，对问题作出正面回答；如果得到一个矛盾的结果，就否定假设，对问题作出反面回答．‎ 解　(1)∵e2＝＝＝，‎ ‎∴a2＝3b2，‎ ‎∴椭圆方程为＋＝1，即x2＋3y2＝3b2.‎ 设椭圆上的点到点Q(0,2)的距离为d，则 d＝＝ ‎＝＝，‎ ‎∴当y＝－1时，d取得最大值，dmax＝＝3，‎ 解得b2＝1，∴a2＝3.‎ ‎∴椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)假设存在点M(m，n)满足题意，‎ 则＋n2＝1，‎ 即m2＝3－3n2.‎ 设圆心到直线l的距离为d′，则d′<1，‎ d′＝＝.‎ ‎∴|AB|＝2＝2 .‎ ‎∴S△OAB＝|AB|d′＝·2 · ‎＝ .‎ ‎∵d′<1，∴m2＋n2>1，‎ ‎∴0<<1，‎ ‎∴1－>0.‎ ‎∴S△OAB＝ ‎≤ ＝，‎ 当且仅当＝1－，‎ 即m2＋n2＝2>1时，S△OAB取得最大值.‎ 由得 ‎∴存在点M满足题意，M点坐标为，，或，‎ 此时△OAB的面积为.‎ 思维升华　(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．‎ ‎(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．‎ ‎　已知椭圆C1、抛物线C2的焦点均在x轴上，C1的中心和C2的顶点均为原点O，从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录于下表中：‎ x ‎3‎ ‎－2‎ ‎4‎ y ‎－2 ‎0‎ ‎－4‎ ‎(1)求C1，C2的标准方程；‎ ‎(2)是否存在直线l满足条件：①过C2的焦点F；②与C1交于不同的两点M，N，且满足⊥？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．‎ 解　(1)设抛物线C2：y2＝2px(p≠0)，则有＝2p(x≠0)，‎ 据此验证四个点知(3，－2)，(4，－4)在C2上，‎ 易求得C2的标准方程为y2＝4x.‎ 设椭圆C1：＋＝1(a>b>0)，‎ 把点(－2,0)，(，)代入得，‎ 解得，所以C1的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)容易验证当直线l的斜率不存在时，不满足题意．‎ 当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝k(x－1)，‎ 与C1的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)．‎ 由 消去y并整理得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0，‎ 于是x1＋x2＝， ①‎ x1x2＝. ②‎ 所以y1y2＝k2(x1－1)(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]‎ ‎＝k2[－＋1]＝－. ③‎ 由⊥，即·＝0，得x1x2＋y1y2＝0. (*)‎ 将②③代入(*)式，得－＝＝0，‎ 解得k＝±2，所以存在直线l满足条件，‎ 且直线l的方程为2x－y－2＝0或2x＋y－2＝0.‎ ‎题型四　直线、圆及圆锥曲线的交汇问题 例4　(2013·浙江)如图，点P(0，－1)是椭圆C1：＋＝1(a>b>0)‎ 的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2＋y2＝4的直径．l1，l2是过点 P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭 圆C1于另一点D.‎ ‎(1)求椭圆C1的方程；‎ ‎(2)求△ABD面积取最大值时直线l1的方程．‎ 思维启迪　(1)根据椭圆的几何性质易求出a，b的值，从而写出椭圆的方程；‎ ‎(2)要求△ABD的面积，需要求出AB，PD的长，AB是圆的弦，考虑用圆的知识来求，PD应当考虑用椭圆的相关知识来求．求出AB，PD的长后，表示出△ABD的面积，再根据式子的形式选择适当的方法求最值．‎ 解　(1)由题意得 所以椭圆C1的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)．‎ 由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，‎ 则直线l1的方程为y＝kx－1.‎ 又圆C2：x2＋y2＝4，‎ 故点O到直线l1的距离 d＝，‎ 所以|AB|＝2＝2 .‎ 又l2⊥l1，故直线l2的方程为x＋ky＋k＝0.‎ 由 消去y，整理得(4＋k2)x2＋8kx＝0，‎ 故x0＝－.‎ 所以|PD|＝.‎ 设△ABD的面积为S，则S＝·|AB|·|PD|‎ ‎＝，‎ 所以S＝≤ ‎＝，‎ 当且仅当k＝±时取等号．‎ 所以所求直线l1的方程为y＝±x－1.‎ 思维升华　对直线、圆及圆锥曲线的交汇问题，要认真审题，学会将问题拆分成基本问题，然后综合利用数形结合思想、化归与转化思想、方程的思想等来解决问题，这样可以渐渐增强自己解决综合问题的能力．‎ ‎　(2013·重庆)如图，椭圆的中心为原点O，长轴在x 轴上，离心率e＝，过左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于A，A′‎ 两点，|AA′|＝4.‎ ‎(1)求该椭圆的标准方程；‎ ‎(2)取垂直于x轴的直线与椭圆相交于不同的两点P，P′，过P，P′作圆心为Q的圆，使椭圆上的其余点均在圆Q外．若PQ⊥P′Q，求圆Q的标准方程．‎ 解　(1)由题意知点A(－c,2)在椭圆上，‎ 则＋＝1.从而e2＋＝1.‎ 由e＝得b2＝＝8，从而a2＝＝16.‎ 故该椭圆的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)由椭圆的对称性，可设Q(x0,0)．‎ 又设M(x，y)是椭圆上任意一点，则|QM|2＝(x－x0)2＋y2＝x2－2x0x＋x＋8＝(x－2x0)2－x＋8(x∈[－4,4])．‎ 设P(x1，y1)，由题意知，点P是椭圆上到点Q的距离最小的点．‎ 因此，上式当x＝x1时取最小值，又因为x1∈(－4,4)，‎ 所以上式当x＝2x0时取最小值，‎ 从而x1＝2x0，且|QP|2＝8－x.‎ 因为PQ⊥P′Q，且P′(x1，－y1)，‎ 所以·＝(x1－x0，y1)·(x1－x0，－y1)＝0，‎ 即(x1－x0)2－y＝0.‎ 由椭圆方程及x1＝2x0得x－8＝0，‎ 解得x1＝±，x0＝＝±.‎ 从而|QP|2＝8－x＝.‎ 故这样的圆有两个，其标准方程分别为 2＋y2＝，2＋y2＝.‎ ‎(时间：80分钟)‎ ‎1． 已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2,0)为其右焦点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．‎ 解　方法一　(1)依题意，可设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，且可知其左焦点为F′(－2,0)．‎ 从而有 解得 又a2＝b2＋c2，所以b2＝12，‎ 故椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)假设存在符合题意的直线l，设其方程为y＝x＋t.‎ 由得3x2＋3tx＋t2－12＝0.‎ 因为直线l与椭圆C有公共点，‎ 所以Δ＝(3t)2－4×3×(t2－12)≥0，‎ 解得－4≤t≤4.‎ 另一方面，由直线OA与l的距离d＝4，‎ 得＝4，解得t＝±2.‎ 由于±2∉[－4，4]，‎ 所以符合题意的直线l不存在．‎ 方法二　(1)依题意，可设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，且有 解得b2＝12，b2＝－3(舍去)．‎ 从而a2＝16.所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)同方法一．‎ ‎2． 如图，椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的离心率为，x轴被曲线 C2：y＝x2－b截得的线段长等于C1的长半轴长．‎ ‎(1)求C1，C2的方程；‎ ‎(2)设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交 于点A，B，两直线MA，MB分别与C1相交于点D，E.‎ ‎①证明：MD⊥ME；‎ ‎②记△MAB，△MDE的面积分别为S1，S2.问：是否存在直线l，使得＝？请说明理 由．‎ ‎(1)解　由题意知，e＝＝，从而a＝2b，‎ 又2＝a，所以a＝2，b＝1.‎ 故C1，C2的方程分别为＋y2＝1，y＝x2－1.‎ ‎(2)①证明　由题意知，直线l的斜率存在，设为k，‎ 则直线l的方程为y＝kx，由 得x2－kx－1＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1，x2是上述方程的两个实根，‎ 于是x1＋x2＝k，x1x2＝－1.‎ 又点M的坐标为(0，－1)，‎ 所以kMA·kMB＝·＝ ‎＝＝＝－1.‎ 故MA⊥MB，即MD⊥ME.‎ ‎②解　设直线MA的斜率为k1，‎ 则直线MA的方程为y＝k1x－1.‎ 由解得或 故点A的坐标为(k1，k－1)．‎ 又直线MB的斜率为－，‎ 同理可得点B的坐标为(－，－1)．‎ 于是S1＝|MA|·|MB|‎ ‎＝·|k1|··|－|‎ ‎＝.‎ 由得(1＋4k)x2－8k1x＝0，‎ 解得或 故点D的坐标为(，)．‎ 又直线ME的斜率为－，‎ 同理可得点E的坐标为(，)．‎ 于是S2＝|MD|·|ME|＝.‎ 因此＝(4k＋＋17)．‎ 由题意知，(4k＋＋17)＝，‎ 解得k＝4或k＝.‎ 又由点A，B的坐标可知，k＝＝k1－，‎ 所以k＝±.‎ 故满足条件的直线l存在，且有两条，‎ 其方程分别为y＝x，y＝－x.‎ ‎3． 如图，已知直线l：y＝kx－2与抛物线C：x2＝－2py(p>0)交于A、‎ B两点，O为坐标原点，＋＝(－4，－12)．‎ ‎(1)求直线l的方程和抛物线C的方程；‎ ‎(2)若抛物线上一动点P从A到B运动时，求△ABP面积的最大值．‎ 解　(1)由，得x2＋2pkx－4p＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－2pk，‎ y1＋y2＝k(x1＋x2)－4＝－2pk2－4.‎ ‎∵＋＝(x1＋x2，y1＋y2)＝(－2pk，－2pk2－4)‎ ‎＝(－4，－12)，‎ ‎∴，解得，‎ 故直线l的方程为y＝2x－2，‎ 抛物线C的方程为x2＝－2y.‎ ‎(2)方法一　由，得x2＋4x－4＝0，‎ ‎∴|AB|＝· ‎＝·＝4.‎ 设P(t，－t2)(－2－2b>0)，则c＝1，‎ 又∵·＝(a＋c)·(a－c)＝a2－c2＝1.‎ ‎∴a2＝2，b2＝1，‎ 故椭圆的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)假设存在直线l交椭圆于P，Q两点，‎ 且F恰为△PQM的垂心，‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，‎ ‎∵M(0,1)，F(1,0)，∴直线l的斜率k＝1.‎ 于是设直线l为y＝x＋m，由 得3x2＋4mx＋‎2m2‎－2＝0，‎ x1＋x2＝－m， ①‎ x1x2＝. ②‎ ‎∵·＝x1(x2－1)＋y2(y1－1)＝0.‎ 又yi＝xi＋m(i＝1,2)，‎ ‎∴x1(x2－1)＋(x2＋m)(x1＋m－1)＝0，‎ 即2x1x2＋(x1＋x2)(m－1)＋m2－m＝0.‎ 将①②代入得2·－(m－1)＋m2－m＝0，‎ 解得m＝－或m＝1，经检验m＝－符合条件．‎ 故存在直线l，使点F恰为△PQM的垂心，‎ 直线l的方程为y＝x－.‎ ‎5． 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1的左，右顶点分别为A，B，右焦点为F.设过点T(t，m)的直线TA，TB与此椭圆分别交于点M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中m>0，y1>0，y2<0.‎ ‎(1)设动点P满足：|PF|2－|PB|2＝4，求点P的轨迹；‎ ‎(2)设x1＝2，x2＝，求点T的坐标；‎ ‎(3)设t＝9，求证：直线MN必过x轴上的一定点(其坐标与m无关)．‎ ‎(1)解　设P(x，y)，由题知F(2,0)，B(3,0)，A(－3,0)，‎ 则|PF|2＝(x－2)2＋y2，|PB|2＝(x－3)2＋y2，‎ 由|PF|2－|PB|2＝4，得(x－2)2＋y2－[(x－3)2＋y2]＝4，‎ 化简，得x＝.故点P的轨迹方程是x＝.‎ ‎(2)解　将x1＝2，x2＝分别代入椭圆方程，‎ 并考虑到y1>0，y2<0，得M，N.‎ 则直线MA的方程为＝，即x－3y＋3＝0‎ 直线NB的方程为＝，即5x－6y－15＝0.‎ 联立方程解得x＝7，y＝，‎ 所以点T的坐标为.‎ ‎(3)证明　如图所示，‎ 点T的坐标为(9，m)．‎ 直线TA的方程为＝，‎ 直线TB的方程为＝，‎ 分别与椭圆＋＝1联立方程，‎ 解得M，‎ N.‎ 直线MN的方程为 ＝.‎ 令y＝0，解得x＝1，所以直线MN必过x轴上的一定点(1,0)．‎ ‎6． (2012·上海)在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：2x2－y2＝1.‎ ‎(1)过C1的左顶点引C1的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及x轴围成的三角形的面积．‎ ‎(2)设斜率为1的直线l交C1于P、Q两点．若l与圆x2＋y2＝1相切，求证：OP⊥OQ.‎ ‎(3)设椭圆C2：4x2＋y2＝1.若M、N分别是C1、C2上的动点，且OM⊥ON，求证：O到直线MN的距离是定值．‎ ‎(1)解　双曲线C1：－y2＝1，左顶点A，渐近线方程为y＝±x.‎ 不妨取过点A与渐近线y＝x平行的直线方程为 y＝，即y＝x＋1.‎ 解方程组得 所以所求三角形的面积为S＝|OA||y|＝.‎ ‎(2)证明　设直线PQ的方程是y＝x＋b.‎ 因为直线PQ与已知圆相切，故＝1，即b2＝2.‎ 由得x2－2bx－b2－1＝0.‎ 设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则 又y1y2＝(x1＋b)(x2＋b)，所以 ·＝x1x2＋y1y2＝2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2‎ ‎＝2(－1－b2)＋2b2＋b2＝b2－2＝0.‎ 故OP⊥OQ.‎ ‎(3)证明　当直线ON垂直于x轴时，‎ ‎|ON|＝1，|OM|＝，则O到直线MN的距离为.‎ 当直线ON不垂直于x轴时，设直线ON的方程为y＝kx，‎ 则直线OM的方程为y＝－x.‎ 由得 所以|ON|2＝.‎ 同理|OM|2＝.‎ 设O到直线MN的距离为d，‎ 因为(|OM|2＋|ON|2)d2＝|OM|2|ON|2，‎ 所以＝＋＝＝3，即d＝.‎ 综上，O到直线MN的距离是定值．‎